Aspectos Combinat orios da Teoria Aditiva dos Numeros · Aspectos Combinat orios da Teoria Aditiva...

Aspectos Combinatorios da TeoriaAditiva dos Numeros

Jose Plınio de O. Santos1

Instituto de Matematica, Estatıstica e Comp. Cientıfica - IMECCUniversidade Estadual de Campinas - UNICAMP

Robson da Silva2

Instituto de Ciencias Exatas - ICEUniversidade Federal de Itajuba - UNIFEI

[email protected]@unifei.edu.br

Conteudo

1 Funcoes geradoras 51.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Funcao geradora ordinaria . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.3 Funcao geradora exponencial . . . . . . . . . . . . . . 21

1.3.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2 Particoes de um inteiro 272.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.2 Representacao grafica de particoes . . . . . . . . . . . 29

2.2.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.3 Funcoes geradoras para particoes . . . . . . . . . . . . 33

2.3.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.4 Funcao geradora em duas variaveis . . . . . . . . . . . 46

2.4.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3 Provas bijetivas em particoes 493.1 Provas bijetivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.1.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.2 Teorema dos Numeros Pentagonais de Euler . . . . . . 543.3 Numeros Triangulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

4 Coeficientes q-binomiais 634.1 Os numeros binomiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.1.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2

CONTEUDO 3

4.2 O Teorema e a Serie q-binomiais . . . . . . . . . . . . 684.3 Os Polinomios de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

4.3.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.4 Polinomios Gaussianos, outras interpretacoes . . . . . 724.5 Quadrado de Durfee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

4.5.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 784.6 O Produto Triplo de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . 78

4.6.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

5 Nova representacao matricial para particoes 835.1 Representando particoes irrestritas . . . . . . . . . . . 835.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

Bibliografia 91

4 CONTEUDO

Apresentacao

Nosso objetivo ao redigirmos este texto e o de apresentarmosquestoes basicas da Teoria Aditiva de Numeros onde os aspectos com-binatorios recebem especial destaque.

Introduzimos as funcoes geradoras, importante ferramenta nestaarea, que e muito utilizada no estudo de particoes. Damos espe-cial atencao as chamadas provas “bijetivas” nas quais argumentosde natureza combinatoria sao essenciais. Relacionados com a rep-resentacao grafica de particoes varios resultados sao estudados comdestaque para os Polinomios de Gauss. Apresentamos, tambem, umaprova combinatoria para o Teorema dos Numeros Pentagonais de Eu-ler dada por Franklin e um prova semelhante a esta para um re-sultado relacionado aos numeros triangulares dada em [8]. Novasrepresentacoes matriciais para particoes, recentemente introduzidasem [10], sao discutidas.

Com relacao aos pre-requisitos, vale mencionar que apenasconhecimentos basicos de Calculo e Algebra linear sao suficientes.

Capıtulo 1

Funcoes geradoras

1.1 Introducao

Neste capıtulo apresentamos uma das principais ferramentas para asolucao de problemas de contagem. Essa tecnica teve origem nostrabalhos de A. De Moivre (1667-1754) e, posteriormente, foi empre-gada por L. Euler (1707-1783) em problemas da Teoria Aditiva deNumeros, por S. Laplace (1749-1827) na Teoria de Probabilidade epor N. Bernoulli (1687-1759) no estudo de Parmutacoes caoticas.

Antes de formalizar o conceito de funcao geradora, vamos exami-nar o seguinte problema: encontrar o numero de solucoes em inteirosnao-negativos da equacao x1 + x2 + x3 = 11, sendo x1 ∈ {1, 2, 3} ex2, x3 ∈ {4, 5}. Definimos tres polinomios, um para cada variavel, daseguinte maneira:

p1(x) = x1 + x2 + x3;p2(x) = x4 + x5;p3(x) = x4 + x5.

Note que os expoentes em p1(x) sao os valores possıveis para a variavelx1 e os expoentes em p2(x) e p3(x) sao os valores que podem as-sumir x2 e x3. Considere agora a expansao do produto desses tres

5

6 CAPITULO 1. FUNCOES GERADORAS

polinomios:

p(x) = p1(x)p2(x)p3(x)= (x1 + x2 + x3)(x4 + x5)(x4 + x5)= x9 + 3x10 + 4x11 + 3x12 + x13

Olhando para esta expansao, notamos que nao ha potencias de x infe-riores a 9. Isso quer dizer que nao ha termos, um em cada polinomio,tendo por soma dos respectivos expoentes um numero inferior a 9Tambem nao ha expoentes maiores do que 13. Observemos aindaque os coeficientes de x9, x10, x11, x12 e x13 sao, respectivamente, osnumeros de escolhas possıveis para os expoentes em p1(x), p2(x) ep3(x) de modo que a soma de 9, 10, 11, 12 e 13. Portanto a respostaao nosso problema e 4: x1x5x5 (x1 = 1, x2 = 5 e x3 = 5), x2x4x5

(x1 = 2, x2 = 4 e x3 = 5), x2x5x4 (x1 = 2, x2 = 5 e x3 = 4) e x3x4x4

(x1 = 3, x2 = 4 e x3 = 4).

Consideremos agora um outro problema onde, novamente, a in-troducao de certos polinomios revela-se util. Suponhamos uma caixacontendo quatro bolas: duas amarelas, uma branca e uma cinza.Representando por a, b e c, respectivamente, as bolas de cor amarela,branca e cinza, podemos listar todas as possibilidades de tirarmosuma ou mais bolas desta caixa:

maneiras de tirar uma bola: a, b, c;maneiras de tirar duas bolas: aa, ab, ac, bc;maneiras de tirar tres bolas: aab, aac, abc;maneiras de tirar quatro bolas: aabc.

Associamos o polinomio 1 +ax+a2x2 as bolas de cor amarela; asbolas de cor branca e cinza associamos, respectivamente, os polinomios1 + bx e 1 + cx.

Interpretamos o polinomio 1 + ax + a2x2 da seguinte forma: otermo ax significa que uma bola de cor amarela foi escolhida, o termoa2x2 que duas amarelas foram escolhidas e o termo constante 1(= x0)que nenhuma bola amarela foi escolhida. De forma analoga, inter-pretamos os polinomios 1 + bx e 1 + cx. Cada um destes polinomioscontrola, portanto, a presenca de bolas de uma determinada cor.Olhamos, agora, para o produto destes tres polinomios:(1 + ax+ a2x2)(1 + bx)(1 + cx) =1+(a+b+c)x+(a2 +ab+ac+bc)x2 +(a2b+a2c+abc)x3 +(a2bc)x4.

1.2. FUNCAO GERADORA ORDINARIA 7

Como se pode observar, este produto nos fornece, diretamente,a lista de possibilidades obtida acima. O termo a2, que aparece nocoeficiente de x2, surgiu ao tomarmos a2x2 no primeiro polinomio,o termo 1 (significa “nao” pegar b) em 1 + bx e o termo 1 (significa“nao” pegar c) em 1 + cx, isto e, devemos tomar duas bolas amare-las, nenhuma bola branca e nenhuma bola cinza. O termo acx2,que surgiu do produto (ax)(1)(cx), significa a retirada de uma bolaamarela, nenhuma branca e uma cinza. Observe que o expoente dex representa o numero de bolas retiradas da caixa e o coeficiente, alista destas possibilidades.

Caso estivessemos interessados, nao na listagem das diferentesescolhas possıveis, mas somente no numero de tais diferentes escolhas,bastaria tomarmos, no produto dos tres polinomios, a = b = c = 1,obtendo

(1 + ax+ a2x2)(1 + bx)(1 + cx) = 1 + 3x+ 4x2 + 3x3 + 1x4,

o qual nos diz que existem 3 maneiras de retirarmos apenas uma bola,4 de retirarmos duas bolas, 3 de retirarmos tres bolas, 1 de retirarmosquatro bolas e 1(= 1x0) de nao retirarmos nenhuma bola.

Dizemos que o polinomio

1 + 3x+ 4x2 + 3x3 + 1x4

e a funcao geradora para o problema apresentado, uma vez que asequencia formada pelos seus coeficientes, 1, 3, 4, 3, 1, fornece-nos asrespostas para este problema de contagem.

Agora que ja temos uma nocao do que seja uma funcao geradora,vamos definı-la formalmente a seguir.

1.2 Funcao geradora ordinaria

Definicao 1.1. Uma serie de potencias e uma soma infinita da formaa0 +a1x+a2x

2 +a3x3 + ⋅ ⋅ ⋅ , onde ai, para i = 1, 2, 3, ..., sao numeros

reais e x e uma variavel.

Por esta definicao, qualquer polinomio em x e uma serie depotencias. Por exemplo, o polinomio 2x + 3x3 + x4 pode ser escritocomo 0 + 2x+ 0x2 + 3x3 + 1x4 + 0x5 + 0x6 + ⋅ ⋅ ⋅ .


Definicao 1.2. Dada a sequencia (ar), a funcao geradora ordinariapara esta sequencia e definida como a serie de potencias

a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + ⋅ ⋅ ⋅ .

Exemplo 1.1. Encontrar a funcao geradora ordinaria f(x) na qualo coeficiente ar de xr e o numero de solucoes inteiras positivas de

x1 + x2 + x3 = r, onde r ∈ {9, 10, 11, 12, 13, 14, 15},2 ≤ xi ≤ 4, para i = 1, 2,5 ≤ x3 ≤ 7.

Por analogia ao que vimos no inıcio deste capıtulo, a solucao arpara este problema e o coeficiente de xr na espansao do produto

(x2 + x3 + x4)2(x5 + x6 + x7),

sendo, portanto, esta serie de potencias, a funcao geradora ordinariaprocurada.

Exemplo 1.2. Encontrar a funcao geradora ordinaria f(x) na qualo coeficiente ar de xr e o numero de solucoes inteiras nao-negativasda equacao 2x+ 3y + 7z = r.

Escrevendo x1 = 2x, y1 = 3y e z1 = 7z, temos

x1 + y1 + z1 = r,

com a restricao de que x1 seja multiplo de 2, y1 multiplo de 3 e z1multiplo de 7. Desta forma, a serie de potencias cujos expoentes saoos possıveis valores de x1 e

1 + x2 + x4 + x6 + x8 + ⋅ ⋅ ⋅ .

Para y1 e z1, temos, respectivamente,

1 + x3 + x6 + x9 + x12 + ⋅ ⋅ ⋅

e

1 + x7 + x14 + x21 + x28 + ⋅ ⋅ ⋅ .


Desta forma, a funcao geradora ordinaria f(x) e dada por:f(x) = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + ⋅ ⋅ ⋅ )(1 + x3 + x6 + x9 + x12 + ⋅ ⋅ ⋅ )(1 + x7 + x14 + x21 + x28 + ⋅ ⋅ ⋅ ).

Neste produto e facil ver que o coeficiente de x6 e igual a 2, isto e,x6 so aparece ao tomarmos x6 no primeiro fator e 1 nos dois outros,ou 1 no primeiro e no ultimo e x6 no segundo. Como x6, no primeiro,significa atribuir o valor 6 para x1 (x1 = 2x), temos que uma solucaopara 2x + 3y + 7z = 6 e x = 3, y = 0, z = 0. O outro caso, x6 sosegundo fator e 1 nos restantes, isto e, y1 = 6(y1 = 3y), da a solucaox = 0, y = 2, z = 0 para 2x+ 3y + 7z = 6.

Vamos agora olhar algumas series de potencias com o objetivo deobter a sequencia gerada.

Pela definicao de funcao geradora ordinaria acima, e facil ver quea funcao dada por

f(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 + ⋅ ⋅ ⋅ ,

e a funcao geradora para a sequencia ar = 1, para r = 0, 1, 2, 3, ...Sabemos que, para ∣x∣ < 1,

f(x) =1

1− x, (1.1)

uma vez que (1.1) nao define uma funcao para valores de x com ∣x∣ ≥1. Em Calculo, quando consideramos expressoes como (1.1), estamosinteressados na funcao definida por ela e, portanto, noproblema da convergencia, isto e, nos valores de x para os quaisf(x) e finito. No contexto de funcoes geradoras, estaremos interes-sados somente no calculo dos coeficientes destas funcoes e raramenteprecisaremos atribuir valores a variavel x. Por este motivo, vamosmanipular tais series sem nenhuma preocupacao com questoes de con-vergencia. Quando vistas desta maneira, estas series sao chamadasseries de potencias formais.

Exemplo 1.3. Encontrar a funcao geradora ordinaria para a sequencia(ar) = (0, 0, 1, 1, 1, 1, ...).

E claro que a serie de potencias procurada e igual a

f(x) = 0 + 0x+ x2 + x3 + x4 + ⋅ ⋅ ⋅ ,


mas sempre que estivermos interessados em obter a funcao geradora,estaremos interessados numa expressao simples (chamada “formafechada”) para a resposta. Nestes caso, e facil ver que

f(x) = x2+x3+x4+x5+⋅ ⋅ ⋅ = x2(1+x+x2+x3+x4+⋅ ⋅ ⋅ ) = x2(

1

1− x

).

Exemplo 1.4. Encontrar a sequencia cuja funcao geradora ordinariae:

g(x) =1

1− x2.

Sabemos que

1

1− x= 1 + x+ x2 + x3 + x4 + ⋅ ⋅ ⋅ .

Logo, basta substituirmos x por x2 nesta ultima expressao, obtendo

1

1− x2= 1 + x2 + x4 + x6 + x8 + ⋅ ⋅ ⋅ .

Portanto, g(x) e a funcao geradora ordinaria da sequencia

(ar) = (1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, ...).

Exemplo 1.5. Encontrar a funcao geradora ordinaria para a sequencia

(ar) =

(1,

1

1!,

1

2!,

1

3!,

1

4!, ...

).

Sabemos que a expansao em serie de potencias da funcao expo-nencial e igual a:

ex = 1 + x+x2

2!+x3

3!+x4

4!+ ⋅ ⋅ ⋅+ xr

r!+ ⋅ ⋅ ⋅ .

Logo, a funcao procurada e ex.


Exemplo 1.6. Encontrar a sequencia cuja funcao geradora ordinariae x2 + x3 + ex.

Como

x2 + x3 + ex = x2 + x3 +

(1 + x+

x2

2!+x3

3!+x4

4!+ ⋅ ⋅ ⋅

)

= 1 + x+

(1 +

1

2!

)x2 +

(1 +

1

3!

)x3 +

x4

4!+ ⋅ ⋅ ⋅

,

a sequencia gerada por esta funcao e:

(ar) =

(1, 1, 1 +

1

2!, 1 +

1

3!,

1

4!,

1

5!, ...

).

Exemplo 1.7. Encontrar a funcao geradora ordinaria para a sequencia

(ar) =

(2r

r!

).

Observando os coeficientes de xr em

ex = 1 + x+x2

2!+x3

3!+x4

4!+ ⋅ ⋅ ⋅+ xr

r!+ ⋅ ⋅ ⋅ ,

e facil ver que a substituicao de x por 2x, isto e, calculando-se e2x,teremos:

e2x = 1 + 2x+(2x)2

2!+

(2x)3

3!+

(2x)4

4!+ ⋅ ⋅ ⋅+ (2x)r

r!+ ⋅ ⋅ ⋅

= 1 +

(21

1!

)x+

(22

2!

)x2 +

(23

3!

)x3 + ⋅ ⋅ ⋅+

(2r

r!

)xr + ⋅ ⋅ ⋅ .

Apresentamos a seguir um teorema que fornece propriedades im-portantes das funcoes geradoras.

Teorema 1.1. Sendo f(x) e g(x) as funcoes geradoras das sequencias(ar) e (br), respectivamente, temos:

1. Af(x) + Bg(x) e a funcao geradora para a sequencia(Aar +Bbr);


2. f(x)g(x) =

∞∑n=0

(n∑k=0

(akbn−k)

)xn;

3. A funcao geradora para (a0 + a1 + ⋅ ⋅ ⋅ + ar) e igual a(1 + x+ x2 + ⋅ ⋅ ⋅ )f(x);

4. A funcao geradora para (rar) e igual a xf ′(x), onde f ′(x) e aderivada de f com respeito a x;

5.

∫f(x)dx =

∞∑n=0

ann+ 1

xn+1.

Demonstracao:

1. Como f(x) e g(x) sao as funcoes geradoras de (ar) e (br), re-spectivamente, temos

f(x) = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + ⋅ ⋅ ⋅g(x) = b0 + b1x+ b2x

2 + b3x3 + ⋅ ⋅ ⋅

e, portanto,

Af(x) +Bg(x) = Aa0 +Aa1x+Aa2x2 +Aa3x

3 + ⋅ ⋅ ⋅+Bb0 +Bb1x+Bb2x

2 +Bb3x3 + ⋅ ⋅ ⋅

= (Aa0+Bb0) + (Aa1+Bb1)x+ (Aa2+Bb2)x2 + ⋅ ⋅ ⋅ ,

o que prova ser Af(x) + Bg(x) a funcao geradora para asequencia (Aar +Bbr).

2. Temos que

f(x)g(x) = (a0b0) + (a0b1 + a1b0)x+ (a0b2 + a1b1 + a2b0)x2+⋅ ⋅ ⋅+ (a0bn + a1bn−1 + ⋅ ⋅ ⋅+ anb0)xn + ⋅ ⋅ ⋅

=

∞∑n=0

(n∑k=0

(akbn−k)

)xn

3. Basta tomar br = 1, ou seja, g(x) = 1 + x+ x2 + x3 + ⋅ ⋅ ⋅ , em2. para se obter a funcao geradora para (a0 + a1 + ⋅ ⋅ ⋅+ ar).


Os demais itens desta prova sao deixados como exercıcio.

De posse desse teorema, podemos encontrar funcoes geradoraspara outras sequencias.

Exemplo 1.8. Encontrar a funcao geradora ordinaria para a sequenciaar = r.

Lembrando que a funcao geradora para a sequencia (1, 1, 1, 1...) e

f(x) =1

1− x= 1 + x+ x2 + x3 + ⋅ ⋅ ⋅+ xr + ⋅ ⋅ ⋅ ,

aplicando o item 4. do teorema acima, a funcao geradora ordinariaprocurada e xf ′(x). De fato, como

f ′(x) =1

(1− x)2= 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + ⋅ ⋅ ⋅+ rxr−1 + ⋅ ⋅ ⋅ ,

logo

xf ′(x) =x

(1− x)2= x+ 2x2 + 3x3 + 4x4 + ⋅ ⋅ ⋅+ rxr + ⋅ ⋅ ⋅ .

Exemplo 1.9. Encontrar a funcao geradora ordinaria para a sequenciaar = r2.

No exemplo anterior vimos que

xf ′(x) =x

(1− x)2= x+ 2x2 + 3x3 + 4x4 + ⋅ ⋅ ⋅+ rxr + ⋅ ⋅ ⋅ .

Para que o coeficiente de xr seja r2, basta tomarmos a derivada destafuncao e multiplica-la por x, isto e:

x

(x

(1− x)2

)′= x(1 + 22x+ 32x2 + 42x3 + ⋅ ⋅ ⋅+ r2xr−1 + ⋅ ⋅ ⋅ )

= 12x+ 22x2 + 32x3 + 42x4 + ⋅ ⋅ ⋅+ r2xr + ⋅ ⋅ ⋅ .

Assim,

x

(x

(1− x)2

)′=x(1 + x)

(1− x)3

e a funcao geradora procurada.


Exemplo 1.10. Encontrar a funcao geradora ordinaria para a sequenciaak = 1/k, para k ≥ 1.

Precisamos de uma serie de potencias em que o coeficiente de xk

seja 1/k. Sabemos que

1

1− x= 1 + x+ x2 + x3 + ⋅ ⋅ ⋅+ xr + ⋅ ⋅ ⋅ .

Se integrarmos, com relacao a x, ambos os lados desta igualdade,teremos: ∫

1

1− xdx = x+

x2

2+x3

3+x4

4+ ⋅ ⋅ ⋅ .

Como ∫1

1− xdx = −ln(1− x),

a funcao procuara e −ln(1− x).Como ja mencionamos anteriormente, quando trabalhamos com

funcoes geradoras, nao atribuımos valores numericos a variavel x, poristo, nao estamos nos preocupando com questoes de convergencia.

O teorema a seguir, conhecido como Teorema binomial, apresentauma generalizacao do coeficiente binomial. Sua prova e baseada naexpansao em Serie de Taylor, em torno de 0, da funcaof(x) = (1 + x)u, onde u e um numero real arbitrario.

Teorema 1.2. Para ∣x∣ < 1 temos:

(1 + x)u = 1 + ux+u(u− 1)

2x2 +

u(u− 1) ⋅ ⋅ ⋅ (u− r + 1)

r!xr + ⋅ ⋅ ⋅ .

Denotando por(u

r

)=

{u(u− 1) ⋅ ⋅ ⋅ (u− r + 1)

r!, se r > 0,

1, se r = 0,

temos

(1 + x)u =

∞∑r=0

(u

r

)xr. (1.2)


O numero(ur

), definido acima, e chamado de coeficiente binomial

generalizado. Caso u seja igual a um inteiro positivo n, entao(ur

)sera

o velho conhecido coeficinte binomial e, como(ur

)e zero para r > u,

a expansao acima se reduzira a expansao binomial usual.

Teorema 1.3. O coeficiente de xp na expansao de

(1 + x+ x2 + x3 + ⋅ ⋅ ⋅ )n

e igual a Cpn+p−1.

Demonstracao: Basta aplicarmos o teorema anterior, uma vez que

(1 + x+ x2 + x3 + ⋅ ⋅ ⋅ )n =

(1

1− x

)n= (1− x)−n.

Substituindo, em (1.2), x por −x e u por −n temos:

(1− x)−n =

∞∑r=0

(−nr

)(−x)r =

∞∑r=0

(−nr

)(−1)rxr.

Pela definicao do coeficiente binomial generalizado temos que ocoeficiente de xp e igual a:(

−np

)(−1)p =

(−n)(−n− 1)(−n− 2) ⋅ ⋅ ⋅ (−n− p+ 1)(−1)p

p!

=(−1)p(n)(n+ 1)(n+ 2) ⋅ ⋅ ⋅ (n+ p− 1)(−1)p

p!

=n(n+ 1)(n+ 2) ⋅ ⋅ ⋅ (n+ p− 1)

p!

=(n+ p− 1)(n+ p− 2) ⋅ ⋅ ⋅ (n+ 1)n(n− 1)!

p!(n− 1)!

=(n+ p− 1)!

p!(n− 1)!

=

(n+ p− 1

p

),

o que termina a demonstracao.


Exemplo 1.11. Usar o Teorema binomial para encontrar o coefi-ciente de x3 na expansao de (1 + 4x)1/2.

Substituindo x por 4x e u por 1/2 em (3.2), temos:

(1 + 4x)1/2 =

∞∑r=0

( 12

r

)(4x)r

=

∞∑r=0

4r(1/2)(1/2− 1) ⋅ ⋅ ⋅ (1/2− r + 1)

r!xr.

Logo, o coeficiente de x3 e dado por:

43 (1/2)(1/2− 1)(1/2− 3 + 1)

3!= 43

(1

2

)(−1

2

)(−3

2

)1

3!=

43 ⋅ 323 ⋅ 3 ⋅ 2 = 4.

Exemplo 1.12. Sendo (1 + x)1/4 a funcao geradora ordinaria paraa sequencia (ar), encontrar a2.

Basta tomarmos o coeficiente de x2 na expansao de (1 + x)1/4:

(1 + x)1/4 =

∞∑r=0

( 14

r

)xr = 1 +

1

4x+

14

(14 − 1

)2!

x2 + ⋅ ⋅ ⋅ .

Logo,

a2 =14

(14 − 1

)2

= − 3

32.

Exemplo 1.13. Encontrar uma expressao para o numero de maneirasde se distribuir r objetos identicos em n caixas distintas, com arestricao de que cada caixa contenha pelo menos q objetos e no maximoq + z − 1 objetos.

E facil ver que a funcao geradora que “controla” o numero deobjetos numa caixa e

xq + xq+1 + ⋅ ⋅ ⋅+ xq+z−1.

Como sao n caixas, a resposta para o nosso problema sera o coeficientede xr em

(xq + xq+1 + ⋅ ⋅ ⋅+ xq+z−1)n = xqn(1 + x+ x2 + ⋅ ⋅ ⋅+ xz−1)n.


Usando o fato de que

1 + x+ x2 + ⋅ ⋅ ⋅+ xz−1 =1− xz

1− x,

segue que

(xq + xq+1 + ⋅ ⋅ ⋅+ xq+z−1)n = xqn(

1− xz

1− x

)n.

Portanto, o coeficiente de xr nesta ultima expressao e igual aocoeficiente de xr−qn em (

1− xz

1− x

)n.

Exemplo 1.14. Encontrar o numero de maneiras nas quais 4 pes-soas, cada uma jogando um unico dado, podem obter um total de 17.

Utilizando o problema anterior podemos olhar para as pessoascomo sendo as “caixas distintas” (n = 4) e 17 como os r objetosidenticos. Como num dado os possıveis resultados variam de 1 a 6,tomamos q = 1 e q + z − 1 = 6, donde z = 6. De acordo com oproblema anterior, precisamos do coeficiente de xr−qn = x17−1⋅4 =x13 na expansao de(

1− x6

1− x

)4

= (1− x6)4(1− x)−4.

Como(1− x6)4 = 1− 4x6 + 6x12 − 4x18 + x24

e, por (1.2),

(1− x)−4 =

∞∑r=0

(−4

r

)(−x)r

= 1 +4

1!x+

4 ⋅ 52!

x2 +4 ⋅ 5 ⋅ 6

3!x3 + ⋅ ⋅ ⋅ ,

vemos que o coeficiente de x13 em

(1− x6)4(1− x)−4

e4 ⋅ 5 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ 16

13!− 4

4 ⋅ 5 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ 10

7!+ 6

4

1!= 104.


Exemplo 1.15. De quantas maneiras diferentes podemos escolher12 latas de cerveja se existem 5 marcas diferentes?

Como nao ha nenhuma restricao com relacao ao numero de latasde uma determinada marca, a funcao geradora ordinaria que “con-trola” o numero de latas de uma determinada marca e

1 + x+ x2 + x3 + ⋅ ⋅ ⋅+ x12.

Como sao 5 as marcas, a presposta sera o coeficiente de x12 na ex-pansao de

(1 + x+ x2 + x3 + ⋅ ⋅ ⋅+ x12)5 =

(1− x13

1− x

)5

= (1− x13)5(1− x)−5.

Como

(1− x13)5 = 1− 5x13 + 10x26 − 10x39 + 5x52 − x65,

vemos que o coeficiente de x12 no produto acima e o coeficiente dex12 em (1− x)−5. Como

(1− x)−5 =

∞∑r=0

(−5

r

)(−x)r,

o coeficiente de x12 e(−5

12

)(−1)12 =

5 ⋅ 6 ⋅ 7 ⋅ ⋅ ⋅ 16

12!= 1.820.

Observe que este exemplo e um caso particular do Exemplo 1.13,onde q = 0, q + z − 1 = 12 (logo z = 13) e n = 5.


1.2.1 Exercıcios

1. Encontrar a funcao geradora ordinaria para cada uma dassequencias abaixo:

(a) (1, 1, 1, 0, 0, 0, ...);

(b) (1, 0, 0, 2, 3, 0, 0, 0, ...);

(c) (1, 1, 1, 3, 1, 1, 1, ...);

(d) (0, 0, 1, 1, 1, ...);

(e) (1,−1, 1,−1, 1,−1, ...);

(f) (1,−1,1

2!,−1

3!,

1

4!,−1

5!, ...);

(g) (ak) =

(2k

k!

).

(h)

(1, 1,

1

2!,

1

3!,

1

4!, ...

)(i)

(1

3!,

1

4!,

1

5!, ...

)(j)

(1,−1,

1

2!,− 1

3!,

1

4!,− 1

5!, ...

)(k)

(3,−3

2,

3

3,−3

4, ...

)2. Encontrar a sequencia gerada pelas funcoes geradoras ordinarias

dadas abaixo:

(a) (1 + x)4;

(b) x+ ex;

(c) x2(1− 3x)−1;

(d) 1 + (1− x2)−2;

(e) xex;

(f) e2x + x+ x2;

(g)1

1 + x2;


(h) x3(1− 4x)−1;

(i) e−2x;

(j)x5

1− x;

(k)1

1 + 8x.

3. Encontrar o coeficiente de x6 em (1 − x)n, quando n = 6 equando n = −6.

4. Encontrar o coeficiente de x27 em (x3 + x4 + x5 + ⋅ ⋅ ⋅ )6.

5. Em cada um dos itens abaixo encontrar a funcao geradorapara o problema, sem calcular a resposta. Explicitar o quee necessario procurar para encontrar a resposta (por exemplo,o coeficiente de x10).

(a) De quantas maneiras 5 letras podem ser escolhidas do con-junto {a, b, c, d} se b, c e d podem ser escolhidas no maximouma vez e a, se for escolhida, deve ser escolhida 4 vezes?

(b) De quantas maneiras podemos distribuir 15 bolas identicasem 10 cestas distintas?

(c) Repetir o item anterior considerando agora que nenhumacesta pode ficar vazia.

6. Encontrar o numero de maneiras de se obter um total de 15pontos ao se jogar, simultaneamente, quatro dados diferentes.

7. Representantes de tres institutos de pesquisa devem formar umacomissao de 9 pesquisadores. De quantos modos se pode for-mar esta comissao sendo que nenhum instituto deve ter maioriaabsoluta no grupo?

8. Encontrar a funcao geradora ordinaria para se calcular o numerode solucoes em inteiros nao-negativos da equacao

2x+ 3y + 4z + 5w = 40.

9. Encontrar o numero de solucoes em inteiros da equacao x+y+z + w = 25, onde cada variavel e no mınimo 3 e no maximo 8.

1.3. FUNCAO GERADORA EXPONENCIAL 21

1.3 Funcao geradora exponencial

Vamos descrever esse tipo de funcao geradora por meio de um ex-emplo. Como vamos ver, existem vantagens em relacao as funcoesgeradoras ordinarias.

Suponha que dispomos de tres tipos diferentes de livros, a, b e c,e que desejamos retirar quatro livros e coloca-los em ordem numaprateleira, sendo que o livro a pode ser retirado no maximo uma vez,o livro b no maximo tres vezes e o livro c no maximo duas vezes. Dequantas maneiras podemos retirar esses quatro livros?

Vamos considerar primeiramente apenas a funcao geradora or-dinaria que ja conhecemos e que nos fornecera as possıveis escol-has (com as restricoes impostas) mas sem dar importancia a ordem.Como sabemos, tal funcao e dada por:(1 + ax)(1 + bx+ b2x2 + b3x3)(1 + cx+ c2x2) == 1 + (a+ b+ c)x+ (b2 + ab+ bc+ ac+ c2)x2

+(b3 + ab2 + ac2 + b2c+ abc+ bc2)x3

+(ab3 + b3c+ ab2c+ b2c2 + abc2)x4

+(ab3c+ b3c2 + ab2c2)x5 + ab3c2x6.

Como se pode observar, o coeficiente de x e a lista de todas aspossıveis escolhas de apenas um livro, o coeficiente de x2 das escolhasde dois livros e assim por diante. Observando o coeficiente de x4,notamos que existem cinco maneiras de se retirar quatro livros com asrestricoes impostas. Como pretendemos ordenas os 4 livros, quandoretiramos ab3, isto e, um livro a e tres livros b, podemos ordena-losde 4!/(1!3!) maneiras diferentes. Isto e um caso de permutacao comrepeticao. Os quatro livro ab2c podem ser ordenados de 4!/(1!2!1!)maneiras distintas, b2c2 de 4!/(2!2!), e assim por diante. No termoab3x4, que surgiu do produto (ax)(b3x3), gostarıamos de ter obtidoo fator 4!/(1!3!). Na realidade, considerando-se todas as possıveisretiradas distintas acima, gostarıamos de obter:(

4!

1!3!+

4!

3!1!+

4!

1!2!1!+

4!

2!2!+

4!

1!1!2!

).

Para isto, vamos alterar os polinomios que “controlam” a presencade cada tipo de livro introduzindo no coeficiente de xn o fator 1/n!.Feito isto, obtemos:


(1 +

a

1!x)(

1 +b

1!x+

b2

2!x2 +

b3

3!x3)(

1 +c

1!x+

c2

2!x2)

=

= 1 +

(a

1!+b

1!+c

1!

)x+

(b2

2!+

ab

1!1!+

bc

1!1!+

ac

1!1!+c2

2!

)x2

+

(b3

3!+ab2

1!2!+ac2

1!2!+b2c

2!1!+

abc

1!1!1!+bc2

1!2!

)x3

+

(ab3

1!3!+b3c

3!1!+

ab2c

1!2!1!+b2c2

2!2!+

abc2

1!1!2!

)x4

+

(ab3c

1!3!1!+b3c2

3!2!+ab2c2

1!2!2!

)x5 +

ab3c2

1!3!2!x6.

Agora o coeficiente de x4 e(ab3

1!3!+b3c

3!1!+

ab2c

1!2!1!+b2c2

2!2!+

abc2

1!1!2!

),

que ainda nao e exatamente o que desejamos. Se multiplicarmos edividirmos por 4! esta expressao, obtemos:(

4!

1!3!ab3 +

4!

3!1!b3c+

4!

1!2!1!ab2c+

4!

2!2!b2c2 +

4!

1!1!2!abc2

)1

4!.

Logo, o numero procurado, tomando-se a = b = c = 1, sera o coefi-ciente de x4/4! na expansao de(

1 +x

1!

)(1 +

x

1!+x2

2!+x3

3!

)(1 +

x

1!+x2

2!

)=

= 1 + 3x

1!+

(2!

2!+

2!

1!1!+

2!

1!1!+

2!

1!1!+

2!

2!

)x2

2!

+

(3!

3!+

3!

1!2!+

3!

1!2!+

3!

2!1!+

3!

1!1!1!+

3!

1!2!

)x3

3!

+

(4!

1!3!+

4!

3!1!+

4!

1!2!1!+

4!

2!2!+

4!

1!1!2!

)x4

4!

+

(5!

1!3!1!+

5!

3!2!+

5!

1!2!2!

)x5

5!=

6!

1!3!2!

x6

6!.

Com as restricoes impostas podemos retirar cinco livros de tresmaneiras diferentes, ab3c, b3c2 e ab2c2. Sabemos que os cinco livrosab3c podem ser ordenados de 5!/(1!3!1!) maneiras diferentes, b3c2 de5!/(3!2!) e ab2c2 de 5!/(1!2!2!). A soma destes tres numeros e dadadiretamente pelo coeficiente de x5/5! no produto acima.


Definicao 1.3. A serie de potencias

∞∑n=0

anxn

n!= a0 + a1

x

1!+ a2

x2

2!+ a3

x3

3!+ a4

x4

4!+ ⋅ ⋅ ⋅

e a funcao geradora exponencial para a sequencia (ar).

Utilizamos a funcao geradora exponencial quando a ordem dosobjetos retirados deve ser considerada. Caso contrario, utilizamos,como vimos anteriormente, a funcao geradora ordinaria.

Exemplo 1.16. Determinar a funcao geradora exponencial para seencontrar o numero de sequencias de k letras (k ≤ 6) formadas pelasletras a, b e c, onde a letra a ocorre no maximo um vez, a letra b nomaximo duas vezes e a letra c no maximo tres vezes.

Devemos considerar o produto dos tres polinomios abaixo ondecada um “controla” a presenca das letras a, b e c, respectivamente:

(1 + x)

(1 + x+

x2

2!

)(1 + x+

x2

2!+x3

3!

)=

= 1 + 3x+ 4x2 +19

6x3 +

10

3x4 +

1

2x5 +

1

6x6.

Como estamos interessados na sequencia dos coeficientes de xr/r!,devemos reescrever este polinomio na forma:

1 + 3x

1!+ 8

x2

2!+ 19

x3

3!+ 80

x4

4!+ 60

x5

5!+ 120

x6

6!.

Como as possıveis maneiras de retirarmos duas letras saoab, ac, bc, cc e bb, e, como a ordem agora nos interessa, temosab, ba, ac, ca, bc, cb, cc e bb, isto e, oito maneiras diferentes de retirar-mos duas letras e ordena-las. Como pode ser visto na funcao geradoraexponencial, 8 e o coeficiente de x2/2!.

Exemplo 1.17. Encontrar a funcao geradora exponencial para assequencias:(a) (3, 3, 3, ...);(b) ak = 2k;(c) (1, 1, 0, 1, 1, ...);


(a) Observando a expressao

ex = 1 + x+x2

2!+x3

3!+ ⋅ ⋅ ⋅ ,

concluımos que a funcao procurada e 3ex.

(b) Basta observar que

e2x = 1 + 2x+(2x)2

2!+

(2x)3

3!+ ⋅ ⋅ ⋅+ (2x)r

r!+ ⋅ ⋅ ⋅

= 1 + 2x

1!+ 22

x2

2!+ 23

x3

3!+ ⋅ ⋅ ⋅+ 2r

xr

r!+ ⋅ ⋅ ⋅ .

(c) Na funcao procurada o coeficiente de x2/2! deve ser zero e osrestantes iguais a 1. Logo, a funcao procurada e

ex − x2

2!= 1 + x+

x3

3!+x4

4!+ ⋅ ⋅ ⋅ .

Exemplo 1.18. Encontrar o numero de r-sequencias quaternarias1

que contem um numero par de zeros.

A funcao geradora exponencial para o dıgito 0 e

1 +x2

2!+x4

4!+ ⋅ ⋅ ⋅+ x2r

2r!⋅ ⋅ ⋅ = 1

2(ex + e−x).

Para controlar os dıgitos 1, 2 e 3 temos a funcao

ex = 1 + x+x2

2!+ ⋅ ⋅ ⋅+ xr

r!+ ⋅ ⋅ ⋅ .

Logo, a funcao geradora exponencial para este problema e dada por:

1

2(ex + e−x)e3x =

1

2(e4x + e2x)

=1

2

( ∞∑r=0

(4x)r

r!+

∞∑r=0

(2x)r

r!

)

= 1 +1

2

( ∞∑r=1

4r(x)r

r!+

∞∑r=1

2r(x)r

r!

)= 1 +

∞∑r=1

1

2(4r + 2r)

xr

r!.

1uma r-sequuencia quaternaria e uma r-upla formada somente com os dıgitos0, 1, 2 e 3


Portanto, o numero de r-sequencias quaternarias contendo um numeropar de zeros e igual a (4r + 2r)/2.

Exemplo 1.19. De quantas maneiras podemos acomodar 9 pessoasem 4 quartos sem que nenhum quarto fique vazio?

Como nenhum quarto pode ficar vazio, entao nenhum deles podereceber mais do que 6 pessoas. Como os quartos sao diferentes e aordem das pessoas dentro de cada quarto nao importa, devemos usarfuncao geradora exponencial. A funcao geradora para o problema e,portanto,

f(x) =

(x+

x2

2!+x3

3!+ ⋅ ⋅ ⋅+ x6

6!

)4

e, a resposta, o coeficiente de x9/9! nesta funcao. Note que esteexpoente e o mesmo em(

x+x2

2!+x3

3!+ ⋅ ⋅ ⋅+ x6

6!+ ⋅ ⋅ ⋅

)4

= (ex − 1)4,

uma vez que as potencias extras acrescentadas nao contribuem parao coeficiente de x9/9!. Como

(ex − 1)4 = e4x − 4e3x + 6e2x − 4ex + 1,

e facil ver que o coeficiente procurado e

49 − 4 ⋅ 39 + 6 ⋅ 29 − 4.

1.3.1 Exercıcios

1. De quantas maneiras podemos formar palavras de 3n letras (istoe, selecionar 3n letras e ordena-las) de um conjunto de 2n as,2n bs e 2n cs?

Capıtulo 2

Particoes de um inteiro2.1 Introducao

Neste capıtulo vamos apresentar o conceito de particoes de um in-teiro. Vamos estudar aspectos geometricos associados a representacaografica das particoes e, por fim, veremos como podemos empregar atecnica de funcoes geradoras para enumerar particoes.

Definicao 2.1. Uma particao de um inteiro positivo n e uma colecao,nao ordenada, de inteiros positivos cuja soma e n. Os numeros quecompoem uma particao sao chamados partes desta particao.

Exemplo 2.1. As particoes de 3, 4, 5 e 6 estao listadas abaixo:

3 4 5 62 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 11 + 1 + 1 2 + 2 3 + 2 4 + 2

2 + 1 + 1 3 + 1 + 1 4 + 1 + 11 + 1 + 1 + 1 2 + 2 + 1 3 + 3

2 + 1 + 1 + 1 3 + 2 + 11 + 1 + 1 + 1 + 1 3 + 1 + 1 + 1

2 + 2 + 22 + 2 + 1 + 12 + 1 + 1 + 1 + 11 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1

Tabela 2.1: Particoes de 3, 4, 5 e 6.

27

28 CAPITULO 2. PARTICOES DE UM INTEIRO

Vamos denotar por p(n) o numero de particoes de n. Da tabelaacima temos que p(3) = 3, p(4) = 5, p(5) = 7 e p(6) = 11. Parailustrar quao rapido e o crescimento de p(n) listamos alguns valores:p(20) = 627, p(100) = 190.569.292 e p(200) = 3.972.999.029.388.Existe uma formula exata para o calculo de p(n), ver [2]. Esta formularesultou do trabalho dos matematicos S. Ramanujan, G.H. Hardy eH. Rademacher. As principais ideias para a obtencao desta genialformula foram do matematico indiano S. Ramanujan.

E claro, pela definicao, que, numa particao de n, nenhuma partesupera n e que a ordem das partes nao esta sendo considerada. Sedenotarmos por pk(n) o numero de particoes de n tendo k comoa maior parte, a tabela anterior nos diz que p2(3) = 1, p3(5) = 2,p4(5) = 1, p5(6) = 1 e p3(6) = 3. Para um inteiro positivo n qualquer,temos: pn(n) = 1 e pk(n) = 0 se k > n.

Da Tabela (2.1) podemos observar que

k 1 2 3 4 5 6pk(6) 1 3 3 2 1 1

Tabela 2.2: Valores para pk(6)

Assim,6∑k=1

pk(6) = p(6)

e, em geral,n∑k=1

pk(n) = p(n).

Podemos tambem classificar o numero de particoes de n segundoo numero de partes. Vamos denotar por qk(n) o numero de particoesde n tendo exatamente k partes. Assim, pela Tabela (2.1), temos atabela a seguir com os valores de qk(6)

k 1 2 3 4 5 6qk(6) 1 3 3 2 1 1

Tabela 2.3: Valores para pk(6)

2.2. REPRESENTACAO GRAFICA DE PARTICOES 29

Podemos observar pelas Tabelas (2.2) e (2.3) que pk(6) = qk(6),para k = 1, 2, ..., 6. Como veremos na proxima secao, essa igualdadevale em geral: pk(n) = qk(n), para k = 1, 2, ..., n.

2.2 Representacao grafica de particoes

Uma particao de um inteiro positivo n pode ser representadagraficamente por meio de um arranjo de n pontos no plano. Em cadalinha deste arranjo colocamos, em ordem nao-crescente, um numerode pontos igual a cada uma de suas partes, conforme ilustrado noexemplo a seguir. Chamamos esta representacao de Grafico de Fer-rers da particao.

Exemplo 2.2. Os Graficos de Ferrers das particoes 5 + 4 + 4 + 1 e6 + 4 + 3 + 3 + 1 sao, respectivamente,

∙ ∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙ ∙∙

e

∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙∙

Muitas vezes e conveniente representar uma particao graficamenteusando quadrados no lugar dos pontos acima. Por exemplo, abaixotemos o Grafico de Ferrers da particao 3 + 1 de 4.

Considere o grafico de Ferrers da particao 4 + 4 + 2 + 1 + 1:

Note que o quadrado em destaque e o maior possıvel que podeser colocado “dentro” do grafico de Ferrers da particao exigindo-se


que seu canto superior esquerdo coincida com o canto superior es-querdo do grafico de Ferrers. Este maior quadrado possıvel e chamadoQuadrado de Durfee da particao. Dizemos, pois, que a particao4 + 4 + 2 + 1 + 1 tem Quadrado de Durfee de lado 2.

Se, no Grafico de Ferrers de uma particao de n, trocarmos aslinhas pelas colunas, obtemos o Grafico de Ferrers de uma outraparticao de n que chamamos de Particao Conjugada da particaoconsiderada. Listamos a seguir algumas particoes e suas respectivasparticoes conjugadas.

Exemplo 2.3. Algumas particoes e suas particoes conjugadas:

5 + 4 + 2 + 1

∙ ∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙∙

4 + 3 + 2 + 2 + 1

∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙∙ ∙∙ ∙∙

4 + 4 + 2

∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙

3 + 3 + 2 + 2

∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙∙ ∙∙ ∙

Como veremos nos resultados a seguir, a representacao grafica deuma particao revela-se de grande utilidade nas demonstracoes.

Teorema 2.1. O numero pk(n) de particoes de n tendo k como amaior parte e igual ao numero qk(n) de particoes de n com exata-mente k partes, isto e, pk(n) = qk(n).

Demonstracao: Pela operacao “conjugacao” definida no conjuntodas particoes1 de n, vemos facilmente que toda particao tendo k como

1Vamos, a partir de agora, associar uma particao ao seu Grafico de Ferrersde modo que, por exemplo, falaremos em conjugacao de uma particao para nosreferir a conjugacao de seu Grafico de Ferrers.

2.2. REPRESENTACAO GRAFICA DE PARTICOES 31

maior parte e transformada em uma particao que possui exatamentek partes e vice-versa.

Corolario 2.1. Seja n um inteiro positivo. O numero de particoesde n com partes menores do que ou iguais a k e igual ao numero departicoe de n com no maximo k partes.

Demonstracao: Basta usar, como na demonstracao do teorema an-terior, a operacao “conjugacao”.

Teorema 2.2. Seja n um inteiro positivo. Entao, o numero departicoes de n em que cada parte aparece pelo menos duas vezes eigual ao numero de particoes de n em partes maiores do que 1 e taisque inteiros consecutivos nao aparecem como partes.

Demonstracao: Uma vez mais, tomando-se a conjugada de umaparticao em que cada parte aparece ao menos duas vezes, teremosexatamente uma particao em partes maiores do que 1 e com inteirosconsecutivos nao aparecendo como pares e vice-versa. Exemplo:

5 + 5 + 3 + 3 + 3 + 1 + 1

∙ ∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙∙∙

←→

7 + 5 + 5 + 2 + 2

∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙ ∙ ∙∙ ∙∙ ∙

Note que o fato de cada parte aparecer pelo menos duas vezesimplica que, na particao conjugada, a menor parte sera pelo menos 2e que inteiros consecutivos nao poderao ocorrer como partes.

Dizemos que uma particao e autoconjugada se ela for igual a suaparticao conjugada. Por exemplo, 3 + 2 + 1 e 5 + 3 + 3 + 1 + 1 saoautoconjugadas, o que pode ser facilmente verificado atraves de seusrespectivos Graficos de Ferrers.


Muitas bijecoes entre conjuntos de particoes sao obtidas simples-mente por alguma transformacao nos Graficos de Ferrers. Apresenta-mos uma a seguir cuja finalidade e mostrar que o numero de particoesde n que sao autoconjugadas e igual ao numero de particoes de n empartes ımpares e distintas. Para ilustrar esta transformacao, vamosconsiderar a particao 7 + 5 + 5 + 4 + 3 + 1 + 1 de 26:

E claro que o numero de pontos em cada uma das “linhas” emformato de L e ımpar e estes numeros sao necessariamente distindos.Neste caso, lendo o numero de pontos sobre cada “linha”, temosa particao 13 + 7 + 5 + 1 de 26. Reciprocamente, dados numerosımpares distintos, podemos coloca-los numa disposicao semelhante aque temos acima, obtendo, desta forma, o Grafico de Ferrers de umaparticao autoconjugada. Por exemplo, a particao 11 + 9 + 5 + 3 de28 pode ser representada por:

Esta particao e claramente autoconjugada. Temos, portanto,demonstrado o seguinte teorema.

Teorema 2.3. Seja n um inteiro postitivo. Entao, o numero departicoes autoconjugadas de n e igual ao numero de particoes de nem partes ımpares distintas.

2.3. FUNCOES GERADORAS PARA PARTICOES 33

2.2.1 Exercıcios

1. Encontrar as particoes conjugadas de

(a) 3 + 3 + 2 + 2 + 1 + 1,

(b) 7 + 1,

(c) 5 + 4 + 2 + 2 + 1.

2. Usar a operacao de conjugacao para provar a seguinte identi-dade:p(n∣ partes sao distintas) =p(n∣ todo inteiro entre 1 e a maior parte aparece como parte).

3. Mostrar que p(n) e ımpar se, e somente se, o numero de particoesde n cujas partes sao ımpares e distintas e ımpar.

4. Provar quep(n∣ lado do Quadrado de Durfee = j)

=∑m

p(m∣ partes ≤ j)p(n− j2 −m∣ no maximo j partes).

2.3 Funcoes geradoras para particoes

Vamos empregar, nesta secao, funcoes geradoras para contar particoessujeitas a restricoes ou nao. Inicialmente, vamos obter afuncao geradora para as particoes de n em partes ımpares e distintas.

Se tomarmos o produto

(1 + x)(1 + x3)(1 + x5)(1 + x7) ⋅ ⋅ ⋅ (1 + x2k+1) ⋅ ⋅ ⋅ ,

e facil ver que o coeficiente de x6 e igual a 1, que e o total de maneirasde se escrever 6 como soma de ımpares distintos. A potencia x6

aparece como o produto de x5 ⋅x1. Como 11 so pode ser escrito comosoma de ımpares distintos nas formas 11 = 11 e 11 = 7 + 3 + 1, ocoeficiente de x11 nesta mesma expansao e igual a 2. O coeficiente dex14 e igual a 3. De fato, somente se obtem x14 quando se multiplicax ⋅ x13, x3 ⋅ x11 e x5 ⋅ x9. Interpretando-se este produto desta forma,vemos que

∞∏k=0

(1 + x2k+1) =

∞∑n=1

di(n)xn,


sendo di(n) o numero de particoes de n em partes ımpares distintas,isto e,

∞∏k=0

(1 + x2k+1)

e a funcao geradora para di(n).Se estivermos interessados somente nas particoes de n em partes

distintas devemos tomar o seguinte produto:

(1 + x)(1 + x2)(1 + x3)(1 + x4) ⋅ ⋅ ⋅ (1 + xn) ⋅ ⋅ ⋅ .

Como na particao de um numero menor do que ou igual a 10nunca poderemos ter partes superiores a 10, se tomarmos o produto

(1 + x)(1 + x2)(1 + x3) ⋅ ⋅ ⋅ (1 + x10),

e considerarmos apenas as potencias de x ≤ 10 teremos a funcaogeradora para as particoes de todos os numeros menores do que ouiguais a 10 em partes distintas. Como o produto acima e igual a

1 + x+ x2 + 2x3 + 2x4 + 3x5 + 4x6 + 5x7 + 6x8 + 8x9 + 10x10 + ⋅ ⋅ ⋅ ,

podemos observar, por exemplo, que, sendo o coeficiente de x7 iguala 5, existem 5 particoes de 7 em partes distintas, que sao: 7, 6+1, 5+2, 4 + 3 e 4 + 2 + 1.

Das observacoes que acabamos de fazer, pode-se concluir que afuncao geradora para as particoes de n em partes distintas e dadapelo produto infinito

∞∏k=1

(1 + xk).

Vale mencionar que, como os termos (1 + xn+1), (1 + xn+2), ...nao contribuem para as particoes de n, para se encontrar o total departicoes de n em partes distintas, basta considerarmos o produtofinito (1 + x)(1 + x2)(1 + x3) ⋅ ⋅ ⋅ (1 + xn).

Utilizando-se do mesmo argumento anterior e facil ver que a funcaogeradora para as particoes de n em partes pares e distintas e

∞∏k=1

(1 + x2k),


e que a funcao geradora para as particoes de n em partes que saoquadrados distintos e

∞∏k=1

(1 + xk2

).

Como

(1+x)(1+x4)(1+x9)(1+x16) ⋅ ⋅ ⋅ = 1+x+x4+x5+x9+x10+x13+x14+x16+⋅ ⋅ ⋅ ,

concluımos que, dentre os numeros de 1 a 16, somente oito possuemparticoes cujas partes sao quadrados parfeitos.

Mostraremos, a seguir, que a funcao geradora para p(n), o numerode particoes irrestritas2 de n, e dada por:

∞∑n=0

p(n)xn =

∞∏k=1

1

1− xk,

sendo p(0) = 1.A demonstracao que apresentamos para esta identidade, original-

mente apresentada por Euler, basea-se em argumentos combinatorios.E claro que, sendo

1

1− x= 1 + x+ x2 + x3 + x4 + ⋅ ⋅ ⋅

1

1− x2= 1 + x2 + x4 + x6 + x8 + ⋅ ⋅ ⋅...

1

1− xm= 1 + xm + x2m + x3m + x4m + ⋅ ⋅ ⋅ ,

temos

∞∏k=1

1

1− xk = (1+x+x2+x3+⋅ ⋅ ⋅ )(1+x2+x4+x6+⋅ ⋅ ⋅ )(1+x3+x6+x9+⋅ ⋅ ⋅ ) ⋅ ⋅ ⋅ ,

donde concluımos que as contribuicoes para o coeficiente de xn vemde um termo xa1 da primeira serie, de x2a2 da segunda serie, de x3a3

2particoes irrestritas sao particoes cujas partes nao tem nenhuma propriedadeespecial, isto e, as partes podem ser quaisquer


da terceira, ..., de xmam da m-esima serie, onde ai ≥ 0, para todo i.Sendo o produto destes termos igual a xn, temos que

a1 + 2a2 + 3a3 + ⋅ ⋅ ⋅+mam = n.

Cada ai deve ser visto como o numero de is que aparecem naparticao de n, isto e, podemos expressar n como

n = 1 + ⋅ ⋅ ⋅+ 1︸︷︷︸a1

+ 2 + ⋅ ⋅ ⋅+ 2︸︷︷︸a2

+ ⋅ ⋅ ⋅+m+ ⋅ ⋅ ⋅+m︸︷︷︸am

.

Visto desta maneira, cada particao de n vai contribuir com umaunidade para o coeficiente de xn nesta expansao.

Para exemplificar o que acabamos de descrever, suponhamos que,em cada uma das primeiras quatro series, tenhamos tomado, respecti-vamente, as seguintes potencias de x: x4, x6, x6 e x12. Interpretamosestas potencias como

x4 = x1+1+1+1,x6 = x2+2+2,x6 = x3+3,x12 = x4+4+4,

e, visto que x4 ⋅ x6 ⋅ x6 ⋅ x12 = x28, temos a seguinte particao de 28:

4 + 4 + 4 + 3 + 3 + 2 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1.

Observe que o termo x6 representa tres 2 na segunda serie e dois3 na terceira serie. Assim, as series acima estao sendo vistas como

∞∏k=1

1

1− xk= (1+x1+x1+1+x1+1+1 +⋅ ⋅ ⋅)(1+x2+x2+2+x2+2+2+⋅ ⋅ ⋅)

(1+x3+x3+3+x3+3+3+⋅ ⋅ ⋅) ⋅ ⋅ ⋅

A funcao 1/(1 − x) “controla”, portanto, a presenca dos 1s,1/(1−x2) a presenca dos 2s, 1/(1−x3) a presenca dos 3s, ..., 1/(1−xm)

a preseca dos ms. Isto prova, portanto, que

∞∏k=1

1

1− xke a funcao

geradora para particoes irrestritas. Se estivermos interessados na


funcao geradora para as particoes de n em que nenhuma parte su-pera m, basta tomarmos:

m∏k=1

1

1− xk.

A tabela a seguir traz algumas funcoes geradoras.

Funcao geradora Particoes de n em partes que sao∞∏k=1

(1 + x2k−1) ımpares e distintas

∞∏k=1

1

1− x2k−1ımpares

∞∏k=1

1

1− x2kpares

∞∏k=1

(1 + x2k) pares e distintas

∞∏k=1

(1 + xk3

) cubos e distintas

∞∏k=1

1

1− xk3cubos

Tabela 2.4: Algumas funcoes geradoras para particoes

Voltando a Tabela (2.1), observa-se que o numero de particoes de5 em partes distintas e igual ao numero de particoes de 5 em partesımpares:

5, 4 + 1, 3 + 2 (partes distintas)5, 3 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1 + 1 (partes ımpares).

Esse fato, observado para 5, em verdade vale em geral. Provamosisso no proximo teorema.


Teorema 2.4. O numero de particoes de n em partes distintas eigual ao numero de particoes de n em partes ımpares.

Demonstracao: Sabemos que a funcao geradora para particoes empartes distintas e dada por

∞∏k=1

(1 + xk)

e que a funcao geradora para particoes em partes ımpares e igual a

∞∏k=1

1

1− x2k−1.

Basta, portanto, provarmos que estas duas expressoes sao identicas.Mas isto segue, uma vez que

∞∏k=1

(1 + xk) =

∞∏k=1

(1 + xk)(1− xk)

1− xk

=

∞∏k=1

(1− x2k)

1− xk

=(1− x2)(1− x4)(1− x6)(1− x8) ⋅ ⋅ ⋅

(1− x)(1− x2)(1− x3)(1− x4)(1− x5) ⋅ ⋅ ⋅=

1

(1− x)(1− x3)(1− x5)(1− x7) ⋅ ⋅ ⋅

=

∞∏k=1

1

1− x2k−1.

Apresentamos, a seguir, mais alguns exemplos do uso de funcoesgeradoras na Teoria de Particoes.

Exemplo 2.4. Todo inteiro positivo pode ser expresso de maneiraunica como soma de potencias de 2.

Pelos argumentos apresentados neste capıtulo, e facil ver que afuncao

(1 + x)(1 + x2)(1 + x4)(1 + x8) ⋅ ⋅ ⋅ (1 + x2k

) ⋅ ⋅ ⋅ (2.1)


e a funcao geradora para as particoes de n em partes que sao potenciasdistintas de 2. Logo, o coeficiente de xn nesta expansao nos fornece onumero de maneiras de se escrever n como soma de potencias distintasde 2. Portanto, basta mostrarmos que o coeficiente de xn em (2.1) eigual a 1, para todo n. Mas sendo

1

1− x= 1 + x+ x2 + x3 + x4 + ⋅ ⋅ ⋅ ,

sera suficiente provarmos a seguinte igualdada:

1

1− x= (1 + x)(1 + x2)(1 + x4)(1 + x8) ⋅ ⋅ ⋅ (1 + x2

k

) ⋅ ⋅ ⋅ .

Mas isso ocorre, uma vez que(1− x)(1 + x)(1 + x2)(1 + x4)(1 + x8) ⋅ ⋅ ⋅ =

= (1− x2)(1 + x2)(1 + x4)(1 + x8) ⋅ ⋅ ⋅= (1− x4)(1 + x4)(1 + x8)(1 + x16) ⋅ ⋅ ⋅= (1− x8)(1 + x8)(1 + x16)(1 + x32) ⋅ ⋅ ⋅= (1− x16)(1 + x16)(1 + x32)(1 + x64) ⋅ ⋅ ⋅= 1.

Exemplo 2.5. Mostrar que o numero de particoes de n em partesdistintas, nenhuma sendo multipla de 3, e igual ao numero de particoesde n em partes de forma 6j − 1 ou 6j − 5.

E facil ver que a funcao geradora para particoes de n em partesdistintas e nao divisıveis por 3 e dada por

∞∏j=1

(1 + x3j−2)(1 + x3j−1), (2.2)

e que a funcao geradora para as particoes de n em partes da forma6j − 1 ou 6j − 5 e

∞∏j=1

1

(1− x6j−1)(1− x6j−5). (2.3)


Portanto, devemos mostrar a igualdade entre (2.2) e (2.3). Masisto segue, pois

∞∏j=1

(1 + x3j−2)(1 + x3j−1) =

=

∞∏j=1

(1 + x3j−2)(1 + x3j−1)(1− x3j−2)(1− x3j−1)

(1− x3j−2)(1− x3j−1)

=

∞∏j=1

(1− x6j−4)(1− x6j−2)

(1− x3j−2)(1− x3j−1)

=

∞∏j=1

(1− x6j−4)(1− x6j−2)

∞∏j=1

1

(1− x3j−2)(1− x3j−1)

=

∞∏j=1

(1−x6j−4)(1−x6j−2)

∞∏j=1

1

(1−x6j−4)(1−x6j−1)(1−x6j−5)(1−x6j−2)

=

∞∏j=1

1

(1− x6j−1)(1− x6j−5).

No que segue apresentamos o chamado Operador Omega intro-duzido por MacMahon em [5]. Consideremos para isto o seguinteproblema: qual e a forma fechada para a funcao geradora∑∞n=0 pm(n)qn, sendo pm(n) o numero de particoes de n em, no

maximo, m partes?Podemos reescrever esta funcao geradora como:

∞∑n=0

pm(n)qn =∑

n1≥n2≥⋅⋅⋅≥nm≥0

qn1+n2+⋅⋅⋅+nm .

A exigencia n1 ≥ n2 ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ≥ nm ≥ 0 vem do fato de que a ordemdas partes numa particao nao e importante. Consideremos agora aseguinte soma:∑

n1,n2,⋅⋅⋅ ,nm≥0

qn1+n2+⋅⋅⋅+nm�n1−n21 �n2−n3

2 ⋅ ⋅ ⋅�nm−1−nm

m−1 ,

sendo �i novas variaveis.Se na soma acima selecionarmos apenas termos com expoentes

nao-negativos em �, entao o expoente correspondente de q sera umaparticao de n em no maximo m partes. Por exemplo, para n = 4 e


m = 2 os expoentes resultantes sao 4+0, 3+1 e 2+2. Considere agoraum operador linear Ω≥ que age nas variaveis � anulando os termostendo expoentes negativos e substituindo os demais por 1. Logo,

∞∑n=0

pm(n)qn =

= Ω≥∑

n1,n2,⋅⋅⋅ ,nm≥0

qn1+n2+⋅⋅⋅+nm�n1−n21 �n2−n3

2 ⋅ ⋅ ⋅�nm−1−nm

m−1

= Ω≥∑n1≥0

(q�1)n1∑n2≥0

(q�2/�1)n2 ⋅ ⋅ ⋅∑

nm≥0

(q/�m−1)nm

= Ω≥1

(1− q�1)(1− q�2/�1) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q/�m−1). (2.4)

O lema a seguir nos permite avaliar a expressao (2.4).

Lema 2.1.

Ω≥1

(1− �x)(1− y/�)=

1

(1− x)(1− xy).

Demonstracao: O lado esquerdo desta identidade e igual a

Ω≥∑n,m≥0

�n−mxnym =∑

n≥m≥0

xnym.

Fazendo k = n−m, obtemos, a partir da ultima soma,∑k,m≥0

xm+kym =∑k≥0

xk∑m≥0

(xy)m =1

(1− x)(1− xy).

Por aplicacoes sucessivas do lema acima em (2.4) obtemos a formafechada para a funcao geradora de pm(n):

Uma aplicacao do lema acima resulta em

∞∑n=0

pm(n)qn = Ω≥1

(1− q)(1− q2�2)(1− q�3/�2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q/�m−1).

Uma segunda aplicacao do lema resulta em

Ω≥1

(1− q)(1− q2)(1− q3�3) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q/�m−1).


Continuando, obtemos finalmente

1

(1− q)(1− q2)(1− q3) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qm).

Apresentamos a seguir um exemplo interessante para ilustrar opoder do metodo descrito acima. Para tanto sera necessaria umaversao extendida do lema anterior cuja demonstracao e muitosemelhante a do Lema 2.1.

Lema 2.2. Se � e um inteiro nao-negativo,

Ω≥�−�

(1− �x)(1− y/�)=

x�

(1− x)(1− xy).

Para n um inteiro positivo, seja Δ(n) o numero de triangulosnao-congruentes de perımetro n e lados inteiros. Vamos procuraruma interpretacao para

∑∞n=0 Δ(n)qn.

Suponha que n1, n2 e n3 sejam os lados do triangulo em ordemnao crescente. Devemos ter n2 + n3 ≥ n1 + 1. Assim,

∞∑n=0

Δ(n)qn = Ω≥∑

n1,n2,n3≥0

qn1+n2+n3�n1−n21 �n2−n3

2 �n2+n3−n1−13

= Ω≥�−13

(1− q�1/�3)(1− q�2�3/�1)(1− q�3/�2)

= Ω≥�−13

(1− q/�3)(1− q2�2)(1− q�3/�2)

= Ω≥�−13

(1− q/�3)(1− q2)(1− q3�3)

=q3

(1− q2)(1− q3)(1− q4).

Portanto, Δ(n) e o numero de particoes de n em partes 2, 3 ou 4,com, ao menos, uma parte 3.

Apresentamos a seguir mais algumas aplicacoes do operador Ω≥.

Teorema 2.5. Seja Qm(n) o numero de particoes de n em exata-mente m partes distintas. Entao,

∞∑n=0

Qm(n)qn =qm(m+1)/2

(1− q)(1− q2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qm).


Demonstracao: Se n1+n2+⋅ ⋅ ⋅+nm e uma particao de n em partesdistintas, entao n1 ≥ n2 + 1, n2 ≥ n3 + 1, ..., nm ≥ 1. Logo,∞∑n=0

Qm(n)qn

= Ω≥∑

n1,...,nm≥0

qn1+n2+⋅⋅⋅+nm�n1−n2−11 �n2−n3−1

2 ⋅ ⋅ ⋅�nm−1−nm−1m−1 �nm−1

m

= Ω≥�−11 �−12 ⋅ ⋅ ⋅�−1m

(1− �1q)(1− �2q/�1) ⋅ ⋅ ⋅ (1− �mq/�m−1).

Agora, aplicando o lema anterior com � = 1, obtemos:

∞∑n=0

Qm(n)qn = Ω≥q�−12 ⋅ ⋅ ⋅�−1m

(1−q)(1−�2q2)(1−�3q/�2) ⋅ ⋅ ⋅ (1−�mq/�m−1)

= Ω≥q ⋅ q2�−13 ⋅ ⋅ ⋅�−1m

(1− q)(1− q2)(1− �3q/�2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− �mq/�m−1)

=q ⋅ q2 ⋅ ⋅ ⋅ qm

(1− q)(1− q2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qm),

o que conclui a demonstracao.

Da mesma forma podemos provar o teorema a seguir, ondeQ(k,l)m (n)

e o numero de particoes de n tendo exatamente m partes, a diferencaentre duas partes e ≥ k e a menor parte e ≥ l.Teorema 2.6.

∞∑n=0

Q(k,l)m (n)qn =

qlm+km(m+1)/2

(1− q)(1− q2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qm).

Demonstracao: Como na demonstracao anterior, podemos observarque:∞∑n=0

Q(k,l)m (n)qn =

= Ω≥∑

n1,...,nm≥0

qn1+n2+⋅⋅⋅+nm�n1−n2−k1 ⋅ ⋅ ⋅�nm−1−nm−k

m−1 �nm−lm

= Ω≥�−k1 �−k2 ⋅ ⋅ ⋅�

−km−1�

−lm

(1− �1q)(1− �2q/�1) ⋅ ⋅ ⋅ (1− �mq/�m−1)

=qlm+km(m−1)/2

(1− q)(1− q2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qm).


A unica diferenca em relacao a demonstracao anterior e que, nasprimeiras m−1 aplicacoes de Ω≥, � = k e, na ultima aplicacao, � = le ainda y = 0 no lema anterior.

No teorema a seguir, introduzimos parametros que tomarao contade outras informacoes na particao.

Teorema 2.7. Seja Pm(j, n) (respectivamente, Qm(j, n)) o numerode particoes de n em no maximo m partes (respectivamente, exata-mente m partes distintas) com maior parte j. Entao,∑

j,n≥0

Pm(j, n)zjqn =1

(1− zq)(1− zq2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− zqm)

e ∑j,n≥0

Qm(j, n)zjqn =zmqm(m+1)/2

(1− zq)(1− zq2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− zqm).

Demonstracao: Pela definicao de Pm(j, n), e claro que∞∑n=0

Pm(j, n)zjqn =

= Ω≥∑

n1,...,nm≥0

zn1qn1+n2+⋅⋅⋅+nm�n1−n21 �n2−n3

2 ⋅ ⋅ ⋅�nm−1−nm

m−1

= Ω≥1

(1− zq�1)(1− q�2/�1) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q/�m−1)

= Ω≥1

(1− zq)(1− zq2�2)(1− q�2/�3) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q/�m−1)

= Ω≥1

(1− zq)(1− zq2)(1− zq3�3) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q/�m−1)

=1

(1− zq)(1− zq2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− zqm).

A demonstracao da outra identidade e semelhante:

∞∑n=0

Qm(j, n)zjqn = Ω≥∑

n1,...,nm≥0

zn1qn1+n2+⋅⋅⋅+nm

⋅�n1−n2−11 �n2−n3−1

2 ⋅ ⋅ ⋅�nm−1−nm−1m−1 �nm−1

m

=zmqm(m+1)/2

(1− zq)(1− zq2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− zqm).


2.3.1 Exercıcios

1. Mostrar que o numero de particoes de n cujas partes nao saodivisıveis por 3 e igual ao numero de particoes de n nas quaiscada parte aparece, no maximo, duas vezes.

2. Verificar as igualdades:

(a) Ω≥1

(1− �x)(1− y/�2)=

1

(1− x)(1− x2y);

(b) Ω≥1

(1− �2x)(1− y/�)=

1

(1− x)(1− xy2);

(c) Ω≥1

(1− �x)(1− y/�s)=

1

(1− x)(1− xsy).

3. Mostrar que o numero de particoes de n nas quais apenas aspartes ımpares podem se repetir e igual ao numero de particoesde n nas quais nenhuma parte aparece mais do que 3 vezes.

4. Provar que o numero de particoes de n nas quais cada parteaparece 2, 3 ou 5 vezes e igual ao numero de particoes de ntendo partes congruentes a 2, 3, 5, 9 ou 10 modulo 12.

5. Mostrar que o numero de particoes autoconjugadas e igual aosnumero de particoes em partes ımpares distintas.3

6. Seja M1(n) o numero de particoes de n em partes maiores doque 1 tais que inteiros consecutivos nao aparecem como partes.seja M2(n) o numero de particoes de n tais que nenhuma parteaparece apenas uma vez. Mostrar que M1(n) = M2(n).

7. Usar o fato de que n2 = 1 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅+ 2n− 1 para mostrar que∑∞n=0 q

n2

/(q; q)n e a funcao geradora para particoes nas quaisa diferenca entre duas partes consecutivas e, no mınimo, 2.

8. Usar o Quadrado de Durfee para provar a identidade:

∞∑n=0

znqn2

(q; q)n(zq; q)n= (zq; q)∞,

onde (a; q)n = (1− a)(1− aq) ⋅ ⋅ ⋅ (1− aqn−1).

3O resultado deste exercıcio e devido a Sylvester


9. Mostrar que∞∑

n=0

xnynqn2

(xq; q)n(yq; q)n=

∞∑n=0

x2nynq2n2

(xq; q)n(yq; q)2n+

∞∑n=0

x2n+1yn+1qn2

(xq; q)n(yq; q)2n+1.

Para o lado esquerdo use a ideia do exercıcio anterior paramostrar que o coeficiente de xrymqr e o numero de particoesde n em m partes, tendo a maior parte igual a r. Faca omesmo para o lado direito, onde, ao inves de um Quadrado deDurfee, considere os maiores retangulos tendo dimensoes n×2nou(n + 1) × (2n + 1). Note que os retangulos destas dimensoescobrem todas as possibilidades.

2.4 Funcao geradora em duas variaveis

Muitas vezes precisamos de uma funcao geradora que controle naoapenas o numero que esta sendo particionado. E muito comum, porexemplo, estarmos interessados em saber o numero de partes de cadaparticao gerada. Nao e difıcil ver que o expoente da variavel z nafuncao abaixo controla o numero de partes de cada particao gerada:

(1 + zqn1)(1 + zqn2)(1 + zqn3) = 1 + zqn1 + zqn2 + zqn3 + z2qn1+n2

+z2qn1+n3 + z2qn2+n3 + z3qn1+n2+n3 .

Raciocinando como no exemplo acima, podemos deduzir outrasfuncoes geradoras em duas variaveis:

∞∑n=1

∞∑m=0

p(n∣ m partes distintas, cada parte ∈ S)zmqn =∏k∈S

(1 + zqk);

∞∑n=1

∞∑m=0

p(n∣ m partes, cada parte ∈ S e aparece, no maximo, d vezes)zmqn

=∏k∈S

(1− zd+1q(d+1)k)

(1− zqk);

∞∑n=1

∞∑m=0

p(n∣ m partes, cada parte ∈ S)zmqn =∏k∈S

1

(1− zqk);

Se S for um conjunto infinito, devemos ter ∣q∣ < 1 para as tresidentidades acima e, para a ultima, a exigencia adicional ∣z∣ < 1

q .

2.4. FUNCAO GERADORA EM DUAS VARIAVEIS 47

2.4.1 Exercıcios

1. Encontrar a funcao geradora para

p(n∣ tendo m partes pares).

2. Econtrar a funcao geradora para

p(n∣ tendo m partes ımpares e as partes pares sao distintas).

3. A expressao abaixo e funcao geradora para qual conjunto departicoes?

∞∏k=0

(1 + zq3k)

(1− q3k+1)(1− q3k+2)

Capıtulo 3

Provas bijetivas emparticoes

3.1 Provas bijetivas

Antes de formalizar o conceito de provas bijetivas, vamos introduzirmais alguma notacao. Em uma identidade em particoes,frequentemente, estamos interessados no numero de particoes de nsatisfazendo certas condicoes. Vamos denotar este numero porp(n∣[condicao]). Por exemplo, o Teorema 2.4 pode ser reescrito como

p(n∣ partes sao ımpares) = p(n∣ partes sao distintas), para n ≥ 1.

Vejamos agora como podemos provar esta identidade. Para pe-quenos valores de n poderıamos, sem dificuladade, listar as particoesde cada tipo e verificar que estes conjuntos tem a mesmacardinalidade. No entanto, a identidade e valida para qualquer valorde n, donde precisamos de um argumento que se aplique no casogeral. Outra possibilidade seria encontrar um formula explicita para,digamos, p(n∣ as partes sao ımpares) e mostrar que a mesma expressaovale para p(n∣ as partes sao distintas). Mas, podemos encontrar talformula? Considere a tabela abaixo:

49

50 CAPITULO 3. PROVAS BIJETIVAS EM PARTICOES

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10p(n∣ partes ımpares) 1 1 2 2 3 4 5 6 8 10

Tabela 3.1: p(n∣ as partes sao ımpares)

Olhando para a tabela parece que os numeros nao sugerem umafuncao simples para p(n∣ as partes sao ımpares). De modo que naoparece razoavel tentar provar a identidade por este caminho. O quevamos fazer, na verdade, e mostrar que cada particao de um tipo podeser associada a uma unica particao do outro tipo e vice-versa. Talcorrespondencia entre dois conjuntos e chamada de bijecao. Teremosobtido, portanto, uma prova bijetiva para a identidade.

Uma particao nada mais e do que uma colecao de partes (inteirospositivos) cuja soma e n. Assim, uma bijecao entre particoes deve serdescrita atraves de operacoes nas partes. Para provar a identidadeacima, vamos descrever as bijecoes em cada caso:De partes ımpares para partes distintas: Se as partes sao distintas,nao ha nada a fazer. Se duas partes sao iguais, devemos soma-las paraobter uma nova parte (par). Podemos repetir este procedimento ateobter apenas partes distintas - como o numero de partes decresce acada operacao, essa operacao sera repetida ate, no maximo, restarapenas uma parte. Por exemplo:

3 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1 7→ (3 + 3) + 3 + (1 + 1) + (1 + 1)7→ 6 + 3 + 2 + 27→ 6 + 3 + (2 + 2)7→ 6 + 4 + 3.

De partes distintas para partes ımpares: A operacao inversa de somarduas partes iguais e a operacao de dividir uma parte par em duaspartes iguais. Repetindo essa operacao ficaremos que uma colecao departes ımpares - como o valor de cada parte decresce a cada operacao,devemos fazer esta operacao, no maximo, ate obter apenas partesiguais a 1. Por exemplo:

6 + 4 + 3 7→ (3 + 3) + 3 + (2 + 2)7→ 3 + 3 + 3 + (1 + 1) + (1 + 1)7→ 3 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1

3.1. PROVAS BIJETIVAS 51

Para n = 7 a bijecao descrita acima e:

7 ↔ 75 + 1 + 1 ↔ 5 + 23 + 3 + 1 ↔ 6 + 13 + 1 + 1 + 1 + 1 ↔ 4 + 3

Esta mesma bijecao pode ser usada para provar a seguinte iden-tidade:p(n∣ as partes sao pares) =p(n∣ cada parte aparece um numero par de vezes), para n ≥ 1.Para n = 6, por exemplo, temos:

6 7→ 3 + 34 + 2 7→ 2 + 2 + 1 + 12 + 2 + 2 7→ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1

No Seculo 19 o matematico J. J. Sylvester apresentou o seguinterefinamento do teorema de Euler que acabamos de provar combina-torialmente.

Teorema 3.1. O numero de particoes de n em partes ımpares (naonecessariamente distintas) usando exatamente k partes diferentes eigual ao numero de particoes de n cujas partes formam k sequenciasde inteiros consecutivos.

Por exemplo, para n = 15 e k = 3 existem onze particoes doprimeiro tipo

11 + 3 + 1, 9 + 5 + 1, 9 + 3 + 1 + 1 + 1, 7 + 5 + 3,7 + 5 + 1 + 1 + 1, 7 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1, 7 + 3 + 3 + 1 + 1,5 + 5 + 3 + 1 + 1, 5 + 3 + 3 + 3 + 1, 5 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1,5 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1,

e onze do segundo tipo

11 + 3 + 1, 10 + 4 + 1, 9 + 5 + 1, 9 + 4 + 28 + 6 + 1, 8 + 5 + 2, 8 + 4 + 2 + 1, 7 + 5 + 3, 7 + 5 + 2 + 1,7 + 4 + 3 + 1, 6 + 5 + 3 + 1.

Vamos agora apresentar a demonstracao deste teorema.


Demonstracao:Vamos apenas ilustrar a prova deste teorema. Para isto pre-

cisamos fazer uma variacao no Grafico de Ferrers para as particoesem partes ımpares. Na representacao grafica de uma particao aslinhas sao alinhadas a esquerda. O que vamos fazer agora e alinha-las centralmente, por exemplo, a parte 13 sera representada por:

Assim, podemos representar a particao 13+13+13+11+9+3+3+1em partes ımpares por:

Agora, considerando este novo diagrama, associamos os pontos daseguinte maneira:

e a nova particao obtida e 14 + 12 + 11 + 8 + 7 + 6 + 4 + 3 + 1.Observe que esta nova particao tem partes distintas e exatamentecinco sequencias separadas 14, 12 + 11, 8 + 7 + 6, 4 + 3 e 1.

Apresentamos a seguir um resultado cuja prova bijetiva, devida aDavid Bressoud (1980), e bastante elegante.

3.1. PROVAS BIJETIVAS 53

Teorema 3.2. O numero de particoes de n cuja diferenca entre duasquaisquer partes e de pelo menos 2 e igual ao numero de particoesde n em partes distintas tais que cada parte par e maior do que duasvezes o numero de partes ımpares, isto e,p(n∣ diferenca entre quaisquer duas partes ≥ 2) =

p(n∣ partes distintas, cada parte par e > 2 ⋅ (numero de partes ımpares)).

Vamos descrever brevemente a demonstracao deste teorema. Con-sidere o Gafico de Ferrers de uma particao contada porp(n∣ diferenca entre quaisquer duas partes ≥ 2). Ajustamos aslinhas desse diagrama a partir da primeira da seguinte forma: desloca-se a segunda linha para a direita de modo que o primeiro ponto destalinha coincida com o terceiro da primeira linha; depois descolocamosa terceira linha para a direita ate que seu primeiro ponto coincidacom o terceiro da segunda linha deslocada e assim sucessivamente.Feito isso, tracamos uma linha vertical de modo que na ultima linhadesse novo diagrama fique apenas um ponto a esquerda da linha. Porexemplo, para 14 + 11 + 6 + 4 + 1, o diagrama modificado e:

A direita da linha no grafico acima temos um grafico de Ferrers deuma particao e agora vamos reordenar suas linhas comecando colo-cando as partes ımpares em ordem nao-crescente e, depois, as partespares em ordem nao-crescente:


Agora, ignoramos a linha no grafico acima e consideramos cadalinha como parte da nova particao 14 + 8 + 6 + 7 + 1, que e umaparticao em partes distintas tal que cada parte par e maior do queduas vezes o numero de partes ımpares.

Apresentamos, na proxima secao, uma prova bijetiva para o Teo-rema dos Numeros Pentagonais de Euler.

3.1.1 Exercıcios

1. Mostrar que se n e ımpar, nao existe particao de n em partespares e tambem nao existem particoes de n tais que cada parteaparece um numero par de vezes.

2. Para um inteiro par n > 2 encontrar uma prova bijetiva paraas identidades abaixo:

(a) p(n∣ partes sao pares) = p(n/2).

(b) p(n∣ partes aparecem um numero par de vezes)= p(n/2).

3.2 Teorema dos Numeros Pentagonais deEuler

L. Euler foi um dos mais produtivos matematicos da historia, poresta razao nao surpreende que exista mais do que uma identidade naTeoria de Particoes que leva o seu nome. Ja vimos anteriormente aidentidade de Euler entre o numero de particoes em partes distin-tas e em partes ımpares. Vamos, nesta secao, considerar uma outraidentidade, esta relacionada aos Numeros Pentagonais.

Em sua forma analıtica, o Teorema dos Numeros Pentagonais deEuler pode ser enunciado da seguinte maneira:

Teorema 3.3. (Teorema dos Numeros Pentagonais de Euler)

∞∑n=−∞

(−1)nqn(3n−1)/2 = (q; q)∞

Este teorema tem uma bela interpretacao combinatoria em termosde particoes devida a Legendre:

3.2. TEOREMA DOS NUMEROS PENTAGONAIS DE EULER55

Teorema 3.4. (Versao Combinatoria do Teorema dos Numeros Pen-tagonaisde Euler)

p(n∣ numero par de partes distintas) =p(n∣ numero ımpar de partes distintas) + e(n),sendo

e(n) =

{(−1)j , se n = j(3j ± 1)/2,0, caso contrario.

Para esta versao do Teorema dos Numeros Pentagonais de Eulerexiste uma prova bijetiva obtida por F. Franklin em 1881. Antes deapresentar esta demonstracao, vejamos o que sao os Numeros Pen-tagonais.

Os Numeros Triangulares sao 1, 3, 6, 10, ..., referentes ao numerode pontos nos triangulos em ordem crescente:

O j-esimo Numero Triangular e 1 + 2 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅+ j = j(j + 1)/2.De maneira similar, definimos os Numeros Pentagonais 1, 5, 12, 22, ...como sendo o numero de pontos nos pentagonos abaixo:

Claramente, o j-esimo Numero Pentagonal consiste de umtriangulo equilatero de lado j sobre um retangulo de lados j e j − 1.Logo, o j-esimo Numero Pentagonal e j(j + 1)/2 + j(j − 1) = j(3j −1)/2. A partir das representacao para os Numeros Pentagonais 1, 5, 12e 22 acima podemos obter graficos de Ferrers de particoes rotacio-nando esses diagramas e ajustando suas linas a esquerda:


Vemos que os Graficos de Ferrers obtidos sao de particoes empartes distintas: 1, 3 + 2, 5 + 4 + 3, 7 + 6 + 5 + 4, etc.

Vamos agora apresentar a prova bijetiva encontrada por Franklin.A ideia e construir uma bijecao entre as particoes de n em um numeropar de partes distintas e as particoes de n em um numero ımpar departes distintas.

Considere um Grafico de Ferrers de uma particao cujas partes saodistintas. Vamos chamar de a a menor parte e de b, o numero depontos sobre a linha r mostrada na figura abaixo:

a

b

r

Caso a ≤ b, como na figura acima, podemos remover os a pontosda menor parte e coloca-los ao lado dos primeiros a pontos da linhar, conforme ilustrado abaixo:

Com esta mudanca temos agora uma nova particao de n (note queainda temos diferentes partes e elas estao dispostas em ordem decres-cente) com diferente paridade, isto e, se o total de partes era par,agora e ımpar e, se era ımpar, agora e par. Vale observar que mesmoque tivessemos a = b a mudanca acima ainda teria sido possıvel.

Examinemos, agora, um caso em que a > b. Considere o Graficode Ferrers abaixo:

3.2. TEOREMA DOS NUMEROS PENTAGONAIS DE EULER57

a

b

Neste caso podemos tomar os b pontos da linha r e coloca-losabaixo dos a pontos obtendo uma nova particao com diferente pari-dade. Nesta nova particao continuamos com pates distintas e colo-cadas em ordem decrescente:

E claro que quando uma das transformacoes descritas acima puderser executada, teremos uma bijecao entre as particoes de n em umnumero par de partes distintas e as particoes de n em um numeroımpar de partes distintas.

No entanto, essas duas transformacoes nao podem ser sempre ex-ecutadas. Existem exatamente dois casos, ilustrados abaixo, em quea linha r passa atraves do ultimo ponto da menor parte. Isso ocorrequando a = b ou a = b+ 1.

E facil ver que nas figuras abaixo nao podemos executar nenhumadas duas transformacoes descritas. Lembre-se que, executada umadessas transformacoes, devemos ter partes distintas e dispostas emordem decrescente.

a = b

a = b+ 1


Nas figuras acima temos

n = a+ (a+ 1) + (a+ 2) + ⋅ ⋅ ⋅+ (a+ (b− 1)) =b(2a+ b− 1)

2.

Logo, no caso a = b+ 1 temos

n =b(3b+ 1)

2.

Neste caso, se b, o numero de partes, for par, teremos

p(n∣ num. par de partes dist.)− p(n∣ num. par de partes dist.) = 1

e se b for ımpar, teremos

p(n∣ num. par de partes dist.)−p(n∣ num. par de partes dist.) = −1.

Isto e, teremos exatamente uma particao com um numero par (ımpar)de partes excedendo aquelas com um numero ımpar (par) de partes.

No caso a = b, teremos

n =b(3b− 1)

2

e a mesma analise feita acima sera valida, ou seja,p(n∣ num. par de partes dist.) − p(n∣ num. ımpar de partes dist.) =(−1)b, o que conclui a demosntracao do Teorema dos Numeros Pen-tagonais de Euler.

Na proxima secao apresentamos uma outra prova bijetiva querelembra essa que acabamos de estudar.

3.3 Numeros Triangulares

Nesta secao, apresentamos uma prova bijetiva para uma identidadeenvolvendo a funcao geradora para os Numeros Triangulares descritosna secao anterior. Essa prova e semelhane aquela dada por F. Franklinpara o Teorema dos Numeros Pentagonais de Euler.

3.3. NUMEROS TRIANGULARES 59

Teorema 3.5. Para ∣q∣ < 1

1 + q+

∞∑n=1

(1− q2)(1− q4) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q2n)

(1− q3)(1− q5) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q2n+1)q2n+1 =

∞∑n=0

qn(n+1)

2 (3.1)

Em [4] ha uma demonstracao diferente para esta identidade.

Sabemos que a soma no lado esquerdo de (3.1) gera particoes cujaspartes sao maiores do que 1, as partes pares sao distintas, a maiorparte e ımpar e tendo um peso associado dado por (−1)m, sendo m onumero de partes pares. Tambem nao e difıcil de ver que os expoentesde q no lado direito de (3.1) sao os numeros triangulares.

Uma simples manipulacao algebrica nos parmite reescrever (3.1)como

∞∑n=1

(1− q2)(1− q4) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q2n)

(1− q3)(1− q5) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q2n+1)q2n+1 =

∞∑n=2

qn(n+1)

2 . (3.2)

Para provarmos a identidade (3.2), devemos mostrar que o coefi-ciene de qn no lado esquerdo e 1 se n e um numero triangular e 0 casocontrario. Em outras palavras, se pe(n) (po(n)) denota o numero departicoes de n geradas pelo lado esquerdo de (3.2) tendo um numeropar (ımpar) de partes pares, entao devemos mostrar que

pe(n)− po(n) =

{1, se n e um numero triangular0, caso contrario

(3.3)

Demonstracao do Teorema (3.5):No conjunto P(n) da particoes de n em partes maiores do que 1tendo as partes pares distintas e a maior parte ımpar, definimos aseguinte transformacao. Dada uma particao � = �1 + ⋅ ⋅ ⋅ + �s ∈P(n) consideremos seu Grafico de Ferrers. A partir deste diagrama,removemos as duas ultimas colunas para formarmos uma nova parte�s+1, ficando, pois, com uma particao �

′= �

′

1 + ⋅ ⋅ ⋅+�′

s de n−�s+1.Inserimos esta nova parte abaixo da menor parte de �

′quando �s+1 ≤

�′

s e �′

s e ımpar ou �s+1 < �′

s e �′

s e par, resultando na particao�′′

= �′

1 + ⋅ ⋅ ⋅+ �′

s + �s+1 ∈ P(n). Por exemplo:


e

Mas, se �s+1 > �′

s ou �s+1 = �′

s e �′

s e par, nao podemos executaresta operacao de modo a ainda obter uma particao em P(n). Nestecaso, removemos a menor parte �s para formar duas novas colunasque sao iguais (quando �s e par) ou diferem por 1 (quando �s eımpar). Adicionamos essas colunas ao Grafico de Ferrers da particao�1 + ⋅ ⋅ ⋅ + �s−1. E facil verificar (Por que?) que a particao assimobtida esta em P(n). Por exemplo:

e

Note que, quando n e um numero triangular, isto e, tem forma

n = k(k+1)2 , nenhuma das duas operacoes que acabamos de definir

pode ser aplicada aquela particao em P(n) tendo k2 partes k + 1,

quando k e par ou k+12 partes k, se k e ımpar. De fato:

3.3. NUMEROS TRIANGULARES 61

∙ se removermos as duas ultimas colunas da particao que tem k2

partes k+1, quando k e par, a nova parte tera tamanho 2k2 = ke, consequentemente, nao podemos coloca-la abaixo da menorparte k + 1 − 2 = k − 1. Inversamente, removendo a menorparte cujo tamanho e k+1, nao podemos colocar as duas novascolunas obtidas (uma tendo tamanho k

2 + 1 e a outra k2 ) em

frente a ultima coluna (que tem tamanho k2 − 1) da particao

com a menor parte removida.

∙ se removermos as duas ultimas colunas da particao que temk+12 partes k, quando k e ımpar, a nova parte teria tamanho

2k+12 = k + 1 e, por isso, nao poderıamos coloca-la abaixo da

menor parte k − 2. Por outro lado, removendo a menor partecujo tamanho e k, nao podemos colocar as duas novas colunas(a maior tendo tamanho k+1

2 ) em frente a ultima coluna (que

tem tamanho k−12 ) da particao com a menor parte removida.

Por exemplo, nao e possıvel aplicar nenhuma das duas operacoesnas particoes de 15(k = 5) e 21(k = 6) abaixo:

Para finalizar a demonstracao, devemos mostrar que as trans-formacoes descritas acima, quando aplicadas, mudam a paridade donumero de partes pares. Fazendo isso teremos mostrado que (3.3) evalida.

Para aquelas particoes em P(n) nas quais podemos remover asduas ultimas colunas do Grafico de Ferrers, temos duas possibilidades:se as colunas tem o mesmo tamanho, nao modificamos o numero departes ımpares e a nova parte tera tamanho par, o que modifica aparidade do numero de partes pares; se as colunas diferem por 1perdemos uma parte par e obtemos uma parte ımpar como nova partemodificando a paridade do numero de partes pares. Estes argumen-tos podem ser facilmente invertidos para mostrar que a outra trans-formacao tambem modifica a paridade do numero de partes pares..


3.4 Exercıcios

1. Responder a pergunta deixada na demonstracao do Teorema(3.5).

2. Sejam pk(n) o numero de particoes de n em exatamente k partese qk(n) o numero de particoes de n formadas por exatamene kpartes distintas (por exemplo q3(8) = 2: 1 + 2 + 5 e 1 + 3 + 4).Mostrar que qk(n+

(k2

)) = pk(n).

3. Provar combinatorialmente as seguintes identidades:

(a)

∞∏i=1

1

(1− xqi)=

∞∑k=0

qkxk

(1− q)(1− q2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qk).

(b)

∞∏i=1

1

(1− xqi)=

∞∑k=0

qk2

xk

(1− q) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qk)(1− xq) ⋅ ⋅ ⋅ (1− xqk).

(c)

∞∏i=1

(1 + xqi) =

∞∑k=0

q(k+12 )xk

(1− q)(1− q2) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qk).

(d)

∞∏i=1

(1 + xq2i−1) =

∞∑k=0

qk2

xk

(1− q2)(1− q4) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q2k).

4. Se � e uma particao de n, seja fk(�) o numero de vezes que kaparece como uma parte de � e seja gk(�) o numero de partesdistintas de � que aparecem pelo menos k vezes (por exemplo,f2(3 + 2 + 2 + 2 + 1 + 1) = 3 e g2(3 + 2 + 2 + 2 + 1 + 1) = 2).Mostrar que ∑

�∈P(n)

fk(�) =∑

�∈P(n)

gk(�),

sendo k um inteiro postivo fixo e P(n) o conjunto de todas asparticoes de n.

Capıtulo 4

Coeficientes q-binomiais

Nossas consideracoes sobre particoes e funcoes geradoras feitas noscapıtulos anteriores nos permitem fazer generalizacoes interessantesdos Numeros binomiais e suas varias identidades. Descrevemos, nestecapıtulo, os chamados Polinomios Gaussianos, tambem chamados denumeros q-binomiais ou coeficientes q-binomiais.

4.1 Os numeros binomiais

Lembremos que os numeros binomiais(nj

)sao definidos combinato-

rialmente como o numero de maneiras de se escolher j elementos deum conjunto de n elementos sem ordena-los. Esses numeros tem umaformula simples:(

n

j

)=

n!

j!(n− j)!, para n ≥ j ≥ 0.

Relacionados aos numeros binomiais temos o Teorema binomialenunciado abaixo.

Teorema 4.1. (Teorema binomial)

(1 + z)n =

n∑j=0

(n

j

)zj .

63

64 CAPITULO 4. COEFICIENTES Q-BINOMIAIS

Para potencias negativas temos a chamada Serie binomial:

Teorema 4.2. (Serie binomial)

(1− z)−n =

n∑j=0

(n+ j − 1

j

)zj ,

para ∣z∣ < 1.

Listamos a seguir algumas propriedades importantes satisfeitaspelos numeros binomiais. Suas demonstracoes sao deixadas a cargodo leitor.Simetria: (

n+ j

j

)=

(n+ j

n

);

Formula recursiva:(n

j

)=

(n− 1

j

)+

(n− 1

j − 1

), para n > j > 0;

Duas formulas interessantes:

n∑j=0

(n

j

)= 2n;

n∑j=0

(−1)j(n

j

)= 0, para n ≥ 1.

Vamos, agora, introduzir os numeros q-binomiais. Para isso, con-sidere o seguinte problema. Quantos caminhos existem do ponto (0, 0)no plano ate o ponto (2, 2) nos quais cada passo corresponde a umaunidade verticalmente para cima ou horizontalmente para a direita?A resposta e essa pergunta e 6, o que pode ser verificado escrevendocada um desses caminhos:

4.1. OS NUMEROS BINOMIAIS 65

A explicacao para a resposta e 6 =(2+22

), o numero de maneiras de

escolher dois passos horizontais de um total de quatro passos. Argu-mentando dessa maneira pode-se mostrar que o numero de caminhosde (0, 0) ate o ponto (N,m) e

(N+mm

).

Podemos olhar para esses 6 =(2+22

)caminhos como as “fron-

teiras” dos possıveis Graficos de Ferrers de particoes que cabem den-tro de um quadrado 2× 2:

∅ 1 1 + 1 2 2 + 1 2 + 2

Analogamente a definicao dos numeros binomiais, definimos umnumero q-binomial como sendo a funcao geradora na variavel q paraessas

(2+22

)particoes:[

2 + 22

]= q0+q1+q1+1+q2+q2+1+q2+2 = q0+q1+2q2+q3+q4.

De maneira mais geral, temos a seguinte definicao para os numerosq-binomiais.

Definicao 4.1. Os numeros q-binomiais sao definidos por:[N +mm

]=∑n≥0

p(n∣ no maximo m partes, cada parte ≤ N)qn.

Esses numeros sao chamados q-analogos dos numeros binomiais

pelo fato deste polinomio no ponto q = 1 nos fornecer

(N +m

m

).

Muitas das propriedades dos numeros binomiais tem seus analogospara os numeros q-binomiais. Por exemplo, a propriedade de simetria[

N +mm

]=

[N +mN

], (4.1)

pode ser facilmente provada pela conjugacao dos caminhos entre (0, 0)e (N,m).


Podemos escrever a relacao de recorrencia para os numeros bino-miais como(

N +m

m

)=

(N +m− 1

m− 1

)+

(N +m− 1

N − 1

).

Em termos dos caminhos entre (0, 0) e (N,m), esta relacao diz queo conjunto dos caminhos que cabem numa caixa N × m pode serparticionado em dois conjuntos disjuntos: aqueles que cabem numacaixa N × (m−1) e os que nao cabem. Neste ultimo caso, a primeiracoluna das particoes obtidas tem primeiras colunas com tamanho m,as quais, apos removidas, resultam em particoes que cabem na caixa(N − 1)×m:

m

N

7→ m− 1

N

m

N

7→ + m

N − 1

Em termos de particoes temos:p(n∣ no maximo ≤ m partes, cada parte ≤ N)qn =p(n∣ no maximo ≤ m− 1 partes, cada parte ≤ N)qn

+ p(n−m∣ no maximo ≤ m partes, cada parte ≤ N − 1)qn−m.

Somando em n, obtemos a seguinte q-analoga relacao de recorrencia:[N +mm

]=

[N +m− 1m− 1

]+ qm

[N +m− 1N − 1

]. (4.2)

Note que, conjugando o argumento acima, obtemos uma outrarelacao de recorrencia:[

N +mm

]= qN

[N +m− 1m− 1

]+

[N +m− 1N − 1

]. (4.3)

4.1. OS NUMEROS BINOMIAIS 67

Os numeros binomiais tem uma formula bastante conhecida:(N

m

)=N(N − 1)(N − 2) ⋅ ⋅ ⋅ (N −m+ 1)

m(m− 1)(m− 2) ⋅ ⋅ ⋅ 1.

Vamos deduzir uma formula q-analoga para os numeros q-binomiais.Em (4.2) e (4.3) substituımos N por N −m+ 1 para obter:[

N + 1m

]=

[N

m− 1

]+ qm

[N

N −m

]. (4.4)[

N + 1m

]= qN−m+1

[N

m− 1

]+

[N

N −m

]. (4.5)

Agora, por (4.1), temos:[N

N −m

]=

[Nm

].

Assim, podemos reescrever (4.4) e (4.5) como:[N + 1m

]=

[N

m− 1

]+ qm

[Nm

]. (4.6)[

N + 1m

]= qN−m+1

[N

m− 1

]+

[Nm

]. (4.7)

Subtraindo (4.6) de (4.7), obtemos:

[Nm

]=

(1− qN−m+1)

(1− qm)

[N

m− 1

]=

(1− qN−m+1)(1− qN−m+2)

(1− qm)(1− qm−1)

[N

m− 2

]...

=(1− qN )(1− qN−1) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qN−m+1)

(1− qm)(1− qm−1) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q)

[N0

].

A formula q-analoga para os numeros q-binomiais e:[Nm

]=

(1− qN )(1− qN−1) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qN−m+1)

(1− qm)(1− qm−1) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q),

ja que

[N0

]= 1.


4.1.1 Exercıcios

1. Explicar combinatorialmente por que os numeros q-binomiais

satisfazem a condicao inicial

[N0

]=

[NN

].

4.2 O Teorema e a Serie q-binomiais

Queremos agora encontrar q-analogos ao Teorema binomial e a Seriebinomial. Demonstraremos inicialmente o Teorema q-binomial.

Teorema 4.3. (Teorema q-binomial)

N∏j=1

(1 + zqj) =

∞∑m=0

qm(m+1)/2

[Nm

]zm.

Demonstracao: Consideremos a seguinte identidade:

N∏j=1

(1+zqj)=

∞∑n=0

∞∑m=0

p(n∣ m partes distintas, cada parte ≤N)zmqn.

(4.8)

E facil observar que as particoes enumeradas pelo lado direitode (4.8) tem m partes distintas cada uma sendo ≤ N , enquanto

que as particoes contadas por

[Nm

]tem no maximo m partes, nao

necessariamente distintas, cada uma sendo ≤ N − m. No entanto,existe uma bijecao simples entre esses dois conjuntos de particoes:do primeiro conjunto de particoes, remova i da i-esima menor partepara i = 1, ...,m:

m

N

7→ + m

N − 1m

Nesta bijecao, removemos 1 + 2 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + m = m(m + 1)/2quadrados. Assim, temos o Teorema q-binomial.

4.3. OS POLINOMIOS DE GAUSS 69

Teorema 4.4. (Serie q-binomial)

N∏j=1

1

1− zqj=

∞∑m=0

qm[N +m− 1

m

]zm,

para ∣z∣ < 1 e ∣q∣ < 1.

Demonstracao: Consideremos a identidade:

N∏j=1

1

1−zqj =

∞∑n=0

∞∑m=0

p(n∣ m partes, cada parte ≤ N)zmqn. (4.9)

Neste caso, temos um problema semelhante mas uma solucaoainda mais simples. Devemos transformar particoes com m partesem particoes com, no maximo, m partes sendo cada parte ≤ N − 1.A solucao e remover a primeira coluna (de tamanho m). Como aparticao original tinha m partes, cada qual ≤ N , a particao obtidatera, no maximo, m partes cada uma sendo ≤ N − 1.

m

N

7→ + m

N − 1

Com esta bijecao concluımos a demonstracao do teorema.

Vale mencionar, uma vez mais, que nestes dois teoremas quandosubstituımos a variavel q por 1 obtemos, respectivamente, o Teoremabinomial e a Serie binomial. Por esta razao dizemos tratar-se de umaq-extensao.

4.3 Os Polinomios de Gauss

Os numeros q-binomiais tambem sao chamados Polinomios Gaus-sianos ou Polinomios de Gauss. Estes sao polinomios em q e pelaformula apresentada acima,[

Nm

]=

(1− qN )(1− qN−1) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qN−m+1)

(1− qm)(1− qm−1) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q),


e claro que seu grau e mN−m(m−1)/2−m(m+1)/2 = mN−m2 =m(N −m).

A formula que apresentamos a seguir foi provada por Gauss.

Teorema 4.5. (Formula gaussiana)

n∑j=0

(−1)j[nj

]=

{0 se n e ımpar(1− q)(1− q3)(1− q5) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qn−1) se n e par.

Demonstracao: Se n e ımpar, entao

n∑j=0

(−1)j[nj

]=

n∑j=0

(−1)n−j[

nn− j

]= (−1)n

n∑j=0

(−1)j[nj

]= −

n∑j=0

(−1)j[nj

],

donde segue a primeira linha da Formula gaussiana.Vamos denotar o lado esquerdo da formula gaussiana por f(n).

Substituindo N +m por n e m por j na relacao de recorrencia (4.3)para os numeros q-binomiais, obtemos

f(n) =

n∑j=0

(−1)j([

n− 1j

]+ qn−j

[n− 1j − 1

])=

n∑j=0

(−1)j[n− 1j

]+

n∑j=0

(−1)jqn−j[n− 1j − 1

]= f(n− 1) +

n∑j=0

(−1)jqn−j[n− 1j − 1

]= f(n− 1) + (−1)n

n∑j=0

(−1)jqn−j[n− 1n− j

]= f(n− 1) +

n∑k=0

(−1)n−kqk[n− 1k

](fazendo n− j = k)

= f(n− 1) + (−1)nn∑j=0

(−1)jqj[n− 1j

],

4.3. OS POLINOMIOS DE GAUSS 71

enquanto (4.2) produz

f(n) =

n∑j=0

(−1)j([

n− 1j − 1

]+ qj

[n− 1j

])= −f(n− 1) +

n∑j=0

(−1)jqj[n− 1j

].

Agora, somando as duas expressoes acima para f(n), obtemos,para n,

f(n) =

n∑j=0

(−1)jqj[n− 1j

]=

n∑j=0

(−1)j(1− (1− qj))[n− 1j

]= −

n∑j=0

(−1)j(1− qj)[n− 1j

](pela Formula Gaussiana)

= −n∑j=0

(−1)j(1− qn−1)

[n− 2j − 1

]= −(1− qn−1)

n∑j=0

(−1)j[n− 2j − 1

]= (1− qn−1)f(n− 2).

Portanto, quando n e par,

f(n) = (1− qn−1)f(n− 2)= (1− qn−1)(1− qn−3)f(n− 4)= (1− qn−1)(1− qn−3) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q3)(1− q)f(0)= (1− qn−1)(1− qn−3) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q3)(1− q).

como querıamos provar.

Vamos apresentar agora uma formula q-analoga a seguinte igual-dade envolvendo os numeros binomiais:

n∑j=0

(n

j

)2

=

(2n

n

).


Teorema 4.6.n∑j=0

qj2

[nj

]2=

[2nn

]. (4.10)

Demonstracao: Pelo Teorema q-binomial,

2n∑j=0

zjqj(j+1)

2

[2nj

]=

2n∏j=1

(1 + zqj)

=

n∏j=1

(1 + zqj)

n∏j=1

(1 + (zqn)qj)

=

n∑j=0

zjqj(j+1)

2

[nj

] n∑k=0

(zqn)kqk(k+1)

2

[nk

].

Comparando os coeficientes de zn nos dois lados da igualdadeacima, vemos que

qn(n+1)/2

[2nn

]=

n∑k=0

q(n−k)(n−k+1)/2

[n

n− k

]qnk+k(k+1)/2

[nk

]=

n∑k=0

qn(n+1)/2+k2[nk

]2.

Cancelando qn(n+1)/2, obtemos (4.10).

4.3.1 Exercıcios

1. Provar que

n∑j=0

qj[m+ jm

]=

[n+m+ 1

n

].

4.4 Polinomios Gaussianos, outras inter-pretacoes

Na primeira secao deste capıtulo, definimos os numeros q-binomiais[N +mm

]como sendo a funcao geradora para particoes em, no

4.4. POLINOMIOS GAUSSIANOS, OUTRAS INTERPRETACOES73

maximo, m partes sendo cada parte menor do que ou igual aN . Nestasecao, apresentamos duas outras interpretacoes para tais numeros.

Considere todos os caminhos no primeiro quadrante comecandoem (0, 0) e terminando em (n− k, k) composto de n passos, cada umsendo de uma unidade para cima ou para a direita. O caso n = 2 ek = 1 esta ilustrado abaixo:

No primeiro caso, nao ha area abaixo do caminho; ja no segundo,a area e 1. Vamos separar os

(nk

)caminhos de acordo com a area

sob a curva. Podemos representar os possıveis movimentos usando aexpressao

(x+ y)2 = xx+ xy + yx+ yy,

onde x representa um movimento para a direita e y para um movi-mento para cima. Podemos controlar a area reescrevendo cada termocolocando os xs primeiramente e adicionando uma unidade a areasempre que yx for trocado por xy. Vamos usar q para contar asunidades de area, de modo que

yx = qxy,

note que a area abaixo de xy e 0, ja a area abaixo de yx e 1. Comovamos querer colocar os qs juntos, vamos assumir tambem que

yq = qy e xq = qx.

Para exemplificar o que estamos dizendo, observe que o coeficientede x2y2 em (x+ y)4 e 1 + q + 2q2 + q3 + q4. De fato:

∙ xxyy = x2y2:


∙ xyxy = xqxyy = qx2y2:

∙ xyyx = xyqxy = xqyxy = qxqxyy = q2x2y2:

∙ yxxy = qxyxy = qxqxyy = q2x2y2:

∙ yxyx = qxyyx = qxyqxy = q2xyxy = q3x2y2:

∙ yyxx = yqxyx = qyxyx = qqxyqxy = q4x2y2:

4.4. POLINOMIOS GAUSSIANOS, OUTRAS INTERPRETACOES75

De forma mais geral temos

(x+ y)n =

n∑k=0

[nk

]xn−kyk, (4.11)

ou seja, os numeros q-binomiais

[nk

]geram as areas abaixo dos

caminhos entre (0, 0) e (n, n) obtidos por movimentos unitarios paraa direita ou para cima.

Vamos, a partir de (4.11), obter de uma maneira diferente a

formula para

[nk

]que foi obtida ao final da Secao 4.1.

Lembremos que yx = qxy, xq = qx e yq = qy. Assim, tomando aigualdada

(x+ y)n+1 = (x+ y)n(x+ y),

obtemos usando (4.11):

n∑k=0

[n+ 1k

]xn+1−kyk =

n∑k=0

[nk

]xn−kyk(x+ y)

=

n∑k=0

[nk

]xn−kykx+

n∑k=0

[nk

]xn−kyk+1.

Comoykx = qkxyk,

temos [n+ 1k

]=

[nk

]qk +

[n

k − 1

]. (4.12)

Pelo mesmo argumento, considerando a igualdade

(x+ y)n+1 = (x+ y)(x+ y)n

obtemos [n+ 1k

]=

[nk

]+ qn+1−k

[n

k − 1

]. (4.13)

Agora, como foi feito na Secao 4.1, basta combinar (4.12) e (4.13)para obter [

nk

]=

(1− qn+1−k)

(1− qk)

[n

k − 1

],


cuja iteracao resulta em[nk

]=

(1− qn+1−k) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qn)

(1− qk) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q)

[n0

].

Portanto, temos novamente a formula:[nk

]=

(1− qn+1−k) ⋅ ⋅ ⋅ (1− qn)

(1− qk) ⋅ ⋅ ⋅ (1− q).

Apresentamos a seguir nossa ultima interpretacao para os numerosq-binomiais. Vamos mostrar que esses numeros contam certossubespacos vetoriais.

Seja V um espaco vetorial n-dimensional sobre o corpo finitoGF (q)1. O numero de vetores em V e qn (todas as possıveis n-uplasque podem ser formadas com q elementos). Note que o numero dek-uplas linearmente independentes em V e

(qn − 1)(qn − q) ⋅ ⋅ ⋅ (qn − qk−1),

o que pode ser verificado pelo fato de que um conjunto de vetores elinearmente independente se, e somente se, nenhum vetor pertenceao espaco vetorial gerado pelos demais vetores.

Agora, um subespaco k-dimensional de V e gerado por k ve-tores linearmente independentes. Mas um dado subespaco tera quan-tas bases diferentes? Exatamente o numero de k-uplas lenearmeneindependentes em um espaco de dimensao k, o qual e dado pelamesma formula acima substituindo-se n por k. Portanto, o numero desubespacos k-dimensionais e(qn − 1)(qn − q) ⋅ ⋅ ⋅ (qn − qk−1)

(qk − 1)(qk − q) ⋅ ⋅ ⋅ (qk − qk−1)

=(qn − 1)q(qn−1 − 1) ⋅ ⋅ ⋅ qk−1(qn−k+1 − 1)

(qk − 1)q(qk−1 − 1) ⋅ ⋅ ⋅ qk−1(q − 1)

=(qn − 1)(qn−1 − 1) ⋅ ⋅ ⋅ (qn−k+1 − 1)

(qk − 1)(qk−1 − 1) ⋅ ⋅ ⋅ (q − 1)=

[nk

].

1corpo finito de ordem q

4.5. QUADRADO DE DURFEE 77

4.5 Quadrado de Durfee

Nesta secao, vamos considerar os chamados Quadrados de Durfee, javistos no Capıtulo 2.

Uma interpretacao para o Quadrado de Durfee e a seguinte: umaparticao tem Quadrado de Durfee de lado m se a m-esima parte(numerada da maior para a menor) e ≥ m, mas a (m + 1)-esimaparte e ≤ m.

Ja sabemos que o numero q-binomial[2nn

]e a funcao geradora para todas as particoes com, no maximo, n partessendo cada parte ≤ n. Vamos encontrar agora, uma funcao geradorapara as particoes acima que tem Quadrado de Durfee de lado j. Paratanto, consideremos uma representacao generica de alguma destasparticoes:

n− j

j

j

n− j

O Quadrado de Durfee j× j e, obviamente, gerado por qj⋅j = qj2

.Pela definicao dos numeros q-binomiais, a parte superior direita dografico acima e gerada por [

nj

],

enquanto a parte inferior e gerada por[n

n− j

].


Portanto, a funcao geradora para particoes em, no maximo, n partes,cada parte ≤ n e com Quadrado de Durfee de lado j e:

qj2

[nj

] [n

n− j

]= qj

2

[nj

]2.

Como cada particao enumerada por

[2nn

]tem um unico Quadrado

de Durfee de lado j, com 0 ≤ j ≤ n, temos:

n∑j=0

qj2

[nj

]2=

[2nn

],

que e exatamente a equacao (4.10).

4.5.1 Exercıcios

1. Mostrar que a funcao geradora para particoes auto-conjugadascom cada parte ≤ N e

N∑j=0

qj2

[Nj

]q2,

sendo

[Nj

]q2

o polinomio gaussiano

[Nj

]com q substituıdo

por q2.

2. Construir uma prova bijetiva para a afirmacao: o numero departicoes de n em partes ımpares e distintas, cada qual≤ 2N − 1, e igual ao numero de particoes autoconjugadas de ncujas partes sao ≤ N .

4.6 O Produto Triplo de Jacobi

Apresentamos nesta secao uma identidade que tem sido largamenteaplicada em demonstracoes de outras indentidades. Antes, porem,introduzimos o chamado Sımbolo de Frobenius.

4.6. O PRODUTO TRIPLO DE JACOBI 79

Olhando o Grafico de Ferrers, podemos contruir uma representacaopara a particao que revela o tamanho do Quadrado de Durfee e aparticao conjugada. Esta representacao e chamada de Sımbolo deFrobenius da particao. Vejamos como podemos construir este sımbolopor meio de um exemplo. Considere o Grafico de Ferrers da particao4 + 4 + 2 + 1 + 1:

O sımbolo consiste numa matriz de duas linhas com entradas inteirasnao-negativas em ordem decrescente. O numero s de elementos emcada linha e igual a dimensao do lado do Quadrado de Durfee. Nonosso exemplo, s = 2. A j-esima entrada na primeira linha consistedo numero de quadrados (ou pontos) na j-esima linha do Graficode Ferrers a direita da diagonal (destacada no exemplo acima). Aj-esima entrada na segunda linha consiste do numero de quadradosna j-esima coluna do Grafico de Ferrers abaixo da diagonal. Assim,o Sımbolo de Frobenius para a particao 4 + 4 + 2 + 1 + 1 e(

3 24 1

).

E facil ver que, a partir deste sımbolo, podemos reconstruir a particao.Vamos examinar o coeficiente de z0 no produto

[(1 + (zq)q0)(1 + (zq)q1)(1 + (zq)q2)(1 + (zq)q3) ⋅ ⋅ ⋅ ]×[(1 + z−1q0)(1 + z−1q1)(1 + z−1q2)(1 + z−1q3) ⋅ ⋅ ⋅ ]. (4.14)

Quando multiplicamos este produto, podemos ver que para obter z0

precisamos do mesmo numero, digamos s, de segundos termos decada produto contido entre colchetes. Assim, um termo tera a forma

qsqa1+a2+⋅⋅⋅+asqb1+b2+⋅⋅⋅+bs ,

com a1 > a2 > ⋅ ⋅ ⋅ > as ≥ 0 e b1 > b2 > ⋅ ⋅ ⋅ > bs ≥ 0, o quecorresponde ao Sımbolo de Frobenius(

a1 a2 ⋅ ⋅ ⋅ asb1 b2 ⋅ ⋅ ⋅ bs

),


relacionado a uma unica particao de s+∑ai +

∑bi.

Como existe uma bijecao entre os Sımbolos de Frobenius e asparticoes de n, podemos concluir que o coeficiente de z0 em (4.14) e

∞∑n=0

p(n)qn =

∞∏n=1

1

1− qn. (4.15)

Apresentamos a seguir um famoso teorema de Jacobi.

Teorema 4.7. (Produto Triplo de Jacobi)

∞∑n=−∞

znqn(n+1)

2 =

∞∏n=1

(1− qn)(1 + zqn)(1 + z−1qn−1), (4.16)

para ∣q∣ < 1 e z ∕= 0.

Demosntracao:Definimos

J(z) =

∞∏n=1

(1 + zqn)(1 + z−1qn−1).

Expandinho J(z) em uma Serie de Laurent em torno de z = 0,obtemos

J(z) =

∞∑n=−∞

An(q)zn. (4.17)

Alem disso, temos

J(zq) =

∞∏n=1

(1 + zqn+1)(1 + z−1qn−2)

= (1 + z−1q−1)

∞∏n=2

(1 + zqn)

∞∏n=1

(1 + z−1qn−1)

= z−1q−1∞∏n=1

(1 + zqn)

∞∏n=1

(1 + z−1qn−1)

= z−1q−1J(z).

Comparando os coeficientes de zn em ambos os lados, podemosver que

qnAn(q) = q−1An+1(q).

4.6. O PRODUTO TRIPLO DE JACOBI 81

Iterando esta relacao de recorrencia obtemos:

An(q) = qn(n+1)

2 A0(q). (4.18)

Agora, por (4.15) e pelos comentarios apos (4.14), segue que

A0(q) =

∞∏n=1

1

1− qn. (4.19)

Combinando (4.17), (4.18) e (4.19) obtemos

∞∏n=1

(1 + zqn)(1 + z−1qn−1) = J(z)

= A0(q)

∞∑n=−∞

znqn(n+1)

2

=

∞∏n=1

1

1− qn∞∑

n=−∞znq

n(n+1)2 ,

o que e equivalente ao produto triplo de Jacobi.

4.6.1 Exercıcios

1. Trocando q por q3 e z por−q−1, deduzir o Teorema dos NumerosPentagonais de Euler a partir do Produto triplo de Jacobi.

2. Provar a indentidade:

∞∑n=−∞

(−1)nqn2

=

∞∏n=1

(1− qn)

(1 + qn).

3. Provar a indentidade:

∞∑n=0

qn(n+1)

2 =

∞∏n=1

(1− q2n)

(1 + q2n−1).

Capıtulo 5

Nova representacaomatricial para particoes

5.1 Representando particoes irrestritas

Neste capıtulo apresentamos uma nova interpretacao para particoesque foi introduzida em [10]. Trata-se de representar particoes comomatrizes de duas linhas satisfazendo certas condicoes. Muitas con-sequencias estao sendo obtidas, ver por exemplo [4].

Ja vimos, no capıtulo anterior, uma representacao matricial paraparticoes chamada de Sımbolo de Frobenius. Vamos ilustrar estanova representacao apresentando tres interpretacoes para particoesirrestritas, isto e, particoes cujas partes nao tem propriedades es-pecıficas.

A primeira das interpretacoes tem uma propriedade muitointeressante: descreve, de maneira completa, a particao conjugada.

Teorema 5.1. O numero de particoes de n e igual ao numero dematrizes de duas linhas da forma(

c1 c2 c3 ⋅ ⋅ ⋅ csd1 d2 d3 ⋅ ⋅ ⋅ ds

), (5.1)

sendo cs = 0, ct = ct+1 + dt+1 e∑si=1 ci +

∑si=1 di = n.

83

84CAPITULO 5. NOVA REPRESENTACAO MATRICIAL PARA PARTICOES

Demonstracao:Seja � = �1+�2+⋅ ⋅ ⋅+�s uma particao de n. Vamos mostrar como

podemos associar a esta particao uma matriz de duas linhas da forma(5.1). A ideia e dividir cada �i em duas partes de modo a formar ai-esima coluna da matriz. Como devemos ter cs = 0, vamos escolherds = �s. Como cs−1 = cs + ds = �s, escolhemos ds−1 = �s−1 − �s.Sendo cs−2 = cs−1+ds−1 = �s−1, vamos escolher ds−2 = �s−2−�s−1.Continuamos assim ate obter c1 = �2 e d1 = �1 − �2.

Inversamente, dada uma matriz da forma (5.1), tudo o que temosa fazer e adicionar as entradas em cada coluna para obter novamentea particao inicial.

Exemplo 5.1. Para n = 6 a tabela a seguir mostra quatro particoessendo representadas por matrizes dadas pelo teorema anterior.

p(6) Representacao Matricial

6

(06

)5 + 1

(1 04 1

)4 + 2

(2 02 2

)4 + 1 + 1

(1 1 03 0 1

)Vejamos agora que a segunda linha das matrizes da forma (5.1)

nos fornece uma completa descricao da particao conjugada. Con-sidere a particao 6 + 5 + 2 e sua representacao:

6 + 5 + 2↔(

5 2 01 3 2

).

Note que a segunda linhas (1 3 2) descreve a particao conjugadaa 6 + 5 + 2, pois nos diz o numero de 1s, 2s e de 3s na particaoconjugada: 3 + 3 + 2 + 2 + 2 + 1. Inversamente, a segunda linha darepresentacao matricial de 3+3+2+2+2+1, que e (0 1 0 0 1 1),descreve 6 + 5 + 2, pois diz que nao ha nenhum 1, um 2, nenhum 3,nenhum 4, um 5 e um 6.

5.1. REPRESENTANDO PARTICOES IRRESTRITAS 85

Apresentamos, a seguir, a segunda representacao matricial paraparticoes. A demonstracao que apresentamos aqui pode ser vista em[4].


c1 c2 c3 ⋅ ⋅ ⋅ csd1 d2 d3 ⋅ ⋅ ⋅ ds

), (5.2)

sendo cs > 0, ct ≥ 2 + ct+1 + dt+1 e∑si=1 ci +

∑si=1 di = n.

Demosntracao:Vamos construir uma bijecao entre o conjunto das particoes de n

e o conjunto das matrizes de duas linhas da forma (5.2).E suficiente, para cada s ≥ 1 fixado, estabelecer uma bijecao entre

o conjunto das particoes de n com Quadrado de Durfee de lado s eo conjunto das matrizes da forma (5.2) com a exigencia adicional deque tenham s colunas.

Por exemplo, a particao � = �1 + �2 + . . . + �r (�t ≥ �t+1) comQuadrado de Durfee de lado 3 e completamente caracterizada umavez que se saiba quantas vezes cada um dos numeros 1, 2 e 3 aparececomo uma parte de � e se tambem sabemos suas tres maiores partes�1, �2 e �3 de �. Devemos associar a � uma matriz 2×3 que controleestes seis numeros. Seja (

c1 c2 c3

d1 d2 d3

)(5.3)

a matriz que estamos procurando. Por (5.2) podemos escrever

c3 = 1 + j3 , (5.4)

c2 = 3 + j2 + j3 + d3 (5.5)

c1 = 5 + j1 + j2 + j3 + d2 + d3. (5.6)

com j1, j2, j3 ≥ 0. Logo, a matriz (5.3) pode ser reescrita como

(5+j1+j2+j3+d2+d2 3+j2+j3+d3 1+j3

d1 d2 d3

)(5.7)


ou ainda como a soma

(5 3 1

0 0 0

)+

(0 0 0

d1 0 0

)+

(d2 0 0

0 d2 0

)+

(d3 d3 0

0 0 d3

)

+

(j1 0 0

0 0 0

)+

(j2 j2 0

0 0 0

)+

(j3 j3 j3

0 0 0

)(5.8)

Pelo que dissemos acima, segue que a particao � pode ser caracteri-zada pelos numeros

d1 −→ o numero de vezes que 1 aparece como parte de �

d2 −→ o numero de vezes que 2 aparece como parte de �

d3 −→ o numero de vezes que 3 aparece como parte de �, semcontar aqui eventuais partes iguais a 3 contidas no Quadrado deDurfee

j1 −→ �1 − �2, isto e, o numero de vezes que 1 e uma parte daparticao conjugada �′

j2 −→ �2−�3, isto e, o numero de vezes que 2 e uma parte de �′

j3 −→ �3 − 3, isto e, o numero de unidades que �3 excede o ladodo Quadrado de Durfee.

Note que as primeiras tres partes sao completamente determinadas:�3 = 3 + j3, �2 = 3 + j2 + j3 e �1 = 3 + j1 + j2 + j3.

Por exemplo, considere a particao � = 5 + 4 + 4 + 2 + 2 + 1 den = 18.

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q q

Decompomos o Grafico de Ferrers de �, comomostrado na figura ao lado, levando emconsideracao o tamanho do Quadrado de Durfeee o numero de vezes que 1, 2 e 3 aparecem comopartes de � e da particao conjugada �′. Nesteexemplo, d1 = 1, d2 = 2, d3 = 0, j1 = 1, j2 = 0e j3 = 1. Esta decomposicao sugere a seguintesoma de matrizes:(

5 3 1

0 0 0

)do Quadrado de Durfee,


(0 0 0

1 0 0

)+

(2 0 0

0 2 0

)=

(2 0 0

1 2 0

)porque 1 aparece

uma vez e 2 duas vezes como partes de � e(1 0 0

0 0 0

)+

(1 1 1

0 0 0

)=

(2 1 1

0 0 0

), pois 3 e duas vezes

parte de �′, mas aparece apenas uma vez fora do Quadrado de Durfeee 1 e parte de �′ apenas uma vez.

Portanto, a matriz correspondente a particao � e(5 3 1

0 0 0

)+

(2 0 0

1 2 0

)+

(2 1 1

0 0 0

)=

(9 4 2

1 2 0

).

O que acabamos de descrever pode ser facilmente invertido demodo que, dada uma matriz da forma (5.2), usando (5.8), podemosobter a particao.

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q q

Existe uma maneira mais facil de se obter arepresentacao matricial da particao. Nao pre-cisamos escrever primeiramente a soma de ma-trizes (5.8). De fato, no exemplo contido nademonstracao anterior, note que a soma dascolunas 10, 6 e 2 sao os comprimentos dos ar-cos de pontos mostrados na figura ao lado. Nasegunda linha, as entradas 1 e 2 indicam queo salto vertical do arco correspondente comrespeito ao anterior e 0 indica o salto verti-cal dos ultimos arcos com respeito a base doQuadrado de Durfee.

A matriz

(5 3 1

0 0 0

)corresponde ao Quadrado de Durfee. Note

que as entradas 5, 3 e 1 da primeira linha sao precisamente o numerode elementos que cada arco de pontos tem em comum com o Quadradode Durfee.


Exemplo 5.2. Determine a particao representada pela matriz(15 9 5 1

2 3 0 1

).

O Quadrado de Durfee tem lado 4 e oscomprimentos dos arcos sao 15 + 2 = 17,9 + 3 = 12, 5 + 0 = 5 e 1 + 1 = 2.Alem disso, a segunda linha da matriz indicaque o primeiro arco comeca duas unidadesabaixo do segundo, o qual, por sua vez,comeca tres unidades abaixo do terceiro arco.Este terceiro arco comeca no mesmo nıvel doquarto e este ultimo tem inıcio uma unidadeabaixo do Quadrado de Durfee. Isto e tudoo que precisamos saber para determinar oGrafico de Ferrers da particao, mostrado nafigura ao lado. Assim, a particao correspon-dente e � = 8+7+5+4+4+2+2+2+1+1.

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q q

d1

d2

d4

j1j2j3

No teorema a seguir apresentamos uma terceira representacao ma-tricial para particoes. A demonstracao que veremos para este resul-tado, da mesma forma que aquela do teorema anterior, pode ser vistaem [4].


c1 c2 c3 ⋅ ⋅ ⋅ csd1 d2 d3 ⋅ ⋅ ⋅ ds

), (5.9)

sendo dt > 0, ct ≥ 1 + ct+1 + dt+1 e∑si=1 ci +

∑si=1 di = n.

Demosntracao:Vamos construir uma bijecao entre o conjunto das particoes de n

e o conjunto das matrizes da forma (5.9). Para isso, vamos reescrevera condicao ct ≥ 1 + ct+1 + dt+1 como

ct = 1 + jt + ct+1 + dt+1 ∀t < s , (5.10)

cs = js , (5.11)

jt ≥ 0. (5.12)


Vamos definir uma bijecao entre o conjunto das particoes de n comQuadrado de Durfee de lado s e o conjunto das matrizes da forma(5.9) satisfazendo (5.10), (5.11) e (5.12), com s colunas.

Por exemplo, se s = 3, entao(c1 c2 c3

d1 d2 d3

)=

(2+j1+j2+j3+d2+d3 1+j2+j3+d3 j3

d1 d2 d3

)(5.13)

=

(2 1 0

0 0 0

)+

(0 0 0

d1 0 0

)+

(d2 0 0

0 d2 0

)+

(d3 d3 0

0 0 d3

)

+

(j1 0 0

0 0 0

)+

(j2 j2 0

0 0 0

)+

(j3 j3 j3

0 0 0

).

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q

q q q@@@

@@

@

@@

d1

d2

d3

j1j2j3

Compare (5.13) com a figura ao lado.As entradas d1, d2 e d3 na segundalinha da matriz sao todas nao-nulas e in-dicam os tamanhos dos subconjuntos noGrafico de Ferrers na figura. Os elemen-tos na primeira linhas da matriz, por suavez, indicam o numero de unidades aindanecessarias para completar os arcos de pon-tos. Os jts podem ser nulos, mas dt ∕= 0para qualquer t.

Na figura ao lado, mostramos o exem-plo da particao � = 8 + 6 + 4 + 3 + 2 + 2 +2 + 2 + 1 + 1 para a qual d1 = 3, d2 = 5,d3 = 2, j1 = 2, j2 = 2 e j3 = 1. A matrizassociada a esta particao e, portanto,(

14 6 1

3 5 2

).

A correspondencia descrita por (5.13) ou, alternativamente, deuma maneira ilustrativa, na figura acima, fornece a prova que estavamosprocurando para o teorema. Como na representacao obtida antes apartir de (5.7), o numero de colunas na matriz e igual ao lado doQuadrado de Durfee da particao correspondente.


5.2 Exercıcios

1. Mostrar que o numero de particoes de n em partes ımpares,sendo cada parte maior do que 1, e igual ao numero de matrizesda forma (

c1 c2 c3 ⋅ ⋅ ⋅ csd1 d2 d3 ⋅ ⋅ ⋅ ds

),

sendo cs = 2 ou 3, dt par para qualquer t,∑si=1 ci +

∑si=1 di =

n e

∙ se ct e ct+1 sao pares, entao ct = ct+1 + dt+1;

∙ se ct e par e ct+1 e ımpar, entao ct = 1 + ct+1 + dt+1;

∙ se ct e ımpar e ct+1 e par, entao ct = 1 + ct+1 + dt+1;

∙ se ct e ct+1 sao ımpares, entao ct = 2 + ct+1 + dt+1.

2. Mostrar que o numero de particoes de n cujas partes diferempor pelo menos 2 e igual ao numero de matrizes da forma(

c1 c2 c3 ⋅ ⋅ ⋅ csd1 d2 d3 ⋅ ⋅ ⋅ ds

),

sendo cs = 1, ct = 2 + ct+1 + dt+1 e∑si=1 ci +

∑si=1 di = n.

3. Generalizar o exercıcio anterior, isto e, encontrar uma repre-sentacao como matrizes de duas linhas para as particoes de ncujas partes diferem por pelo menos k e as partes sao maioresdo que r.

Bibliografia

[1] Andrews, G.E., Erikson, K.; Integer Partition, CambridgeUniversity Press. Cambridge, 2004.

[2] Andrews, G.E.; The theory of partitions, Encyclopedia ofMathematics and Its Applications (Rota Editor), Vol. 2, G.-C.,Addison-Wesley, Reading, 1976.

[3] Andrews, G.E., Askey, R., Roy, R.; Special Functions, Vol. 71,Cambridge University Press, 1999.

[4] Brietzke, E.H.M., Santos, J.P.O., Silva, R., Bijective proofsusing two-line matrix representations for partitions, RamanujamJournal. Aceito.

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[7] Santos, J.P.O.; Introducao a Teoria dos Numeros, ColecaoMatematica Universitaria, IMPA, Rio de Janeiro, 2009.

[8] Santos, J.P.O., Silva, R., On a combinatorial proof for an identityinvolving the triangular numbers. Submetido.

[9] Santos, J.P.O., Mello, M.P., Murari, I.T.C.; Introducao a AnaliseCombinatoria, Editora Ciencia Moderna, Rio de Janeiro, 2007.

91

92 BIBLIOGRAFIA

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[11] Slomson, A.; An Introduction to Combinatorics, Chapman andHall, London, 1991.

[12] Stanley, R.P.; Enumerative Combinatorics, CambridgeUniversity Press, Cambridge, Vol. 1, 1997.

[13] Stanley, R.P.; Enumerative Combinatorics, CambridgeUniversity Press, Cambridge, Vol. 2, 1999.

Indice

Coeficiente binomialgeneralizado, 15

Formula gaussiana, 70Funcao geradora, 8

em duas variaveis, 46exponencial, 23ordinaria, 8

Grafico de Ferrers, 29

Numeroq-binomial, 65binomial, 63pentagonal, 55triangular, 55, 58

Particao, 27autoconjugada, 31conjugada, 30grafico de uma, 29irrestrita, 35nova representacao matricial

para, 83partes de uma, 27

Polinomio de Gauss, 69Produto triplo de Jacobi, 80Provas bijetivas, 49, 50

Quadrado de Durfee, 30, 77

Serieq-binomial, 68binomial, 64

Sımbolo de Frobenius, 79

Teoremaq-binomial, 68binomial, 14, 63dos Numeros Pentagoanis de

Euler, 54funcoes geradoras, 11

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